NEET 2026 Physics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) एक सरल लोलक की गतिज ऊर्जा $(K.E)$ का सूत्र $K.E = \frac{1}{2} m v^2$ है।
सरल आवर्त गति $(SHM)$ कर रहे सरल लोलक का वेग $v = A\omega \cos(\omega t + \phi)$ होता है।
अतः, $K.E = \frac{1}{2} m A^2 \omega^2 \cos^2(\omega t + \phi)$।
चूंकि $K.E \propto \cos^2(\omega t)$, ग्राफ एक आवर्ती फलन है जिसकी आवृत्ति लोलक की गति की आवृत्ति से दोगुनी होती है, जिसका अर्थ है कि यह उस समय में दो चक्र पूरे करता है जितने समय में लोलक एक चक्र पूरा करता है $(T)$।
माध्य स्थिति $(t=0)$ पर, वेग अधिकतम होता है, इसलिए गतिज ऊर्जा भी अधिकतम होती है। वह ग्राफ जो $t=0$ पर अधिकतम गतिज ऊर्जा दर्शाता है और $T$ समय में दो चक्र पूरे करता है, वह ग्राफ $D$ है।

(D) प्रारंभिक कोणीय गति $\omega_i = 600 \text{ rpm} = \frac{600 \times 2\pi}{60} = 20\pi \text{ rad/s}$.
अंतिम कोणीय गति $\omega_f = 1200 \text{ rpm} = \frac{1200 \times 2\pi}{60} = 40\pi \text{ rad/s}$.
कोणीय त्वरण $\alpha = \frac{\omega_f - \omega_i}{t} = \frac{40\pi - 20\pi}{10} = 2\pi \text{ rad/s}^2$.
कुल कोणीय विस्थापन $\theta = \omega_i t + \frac{1}{2} \alpha t^2 = (20\pi)(10) + \frac{1}{2}(2\pi)(10^2) = 200\pi + 100\pi = 300\pi \text{ rad}$.
चक्करों की संख्या $n = \frac{\theta}{2\pi} = \frac{300\pi}{2\pi} = 150$.

(D) एक सरल लोलक की कुल यांत्रिक ऊर्जा $E$ उसकी गतिज ऊर्जा और स्थितिज ऊर्जा का योग होती है, जो गति के दौरान स्थिर रहती है।
दी गई कुल ऊर्जा $E = 0.02 \text{ J}$ है।
साम्यावस्था (माध्य स्थिति) पर, गोलक की स्थितिज ऊर्जा शून्य होती है, इसलिए कुल ऊर्जा पूरी तरह से गतिज ऊर्जा के रूप में होती है।
अतः, $E = K.E_{max} = \frac{1}{2} m v_{max}^2$.
दिया गया द्रव्यमान $m = 20 \text{ g} = 0.02 \text{ kg}$ है।
समीकरण में मान रखने पर:
$0.02 = \frac{1}{2} \times 0.02 \times v_{max}^2$
$1 = \frac{1}{2} v_{max}^2$
$v_{max}^2 = 2$
$v_{max} = \sqrt{2} \approx 1.414 \text{ m/s}$.
इस प्रकार, साम्यावस्था पर चाल लगभग $1.41 \text{ m/s}$ है।

(B) निरपेक्ष दबाव का सूत्र $P = P_{atm} + \rho g h$ है।
यहाँ, $P = 100 \text{ atm} = 100 \times 10^5 \text{ Pa}$, $P_{atm} = 1 \text{ atm} = 1 \times 10^5 \text{ Pa}$, $\rho = 1000 \text{ kg/m}^3$, और $g = 10 \text{ m/s}^2$ है।
मान रखने पर: $100 \times 10^5 = 1 \times 10^5 + (1000)(10)h$.
$100 \times 10^5 - 1 \times 10^5 = 10^4 h$.
$99 \times 10^5 = 10^4 h$.
$h = \frac{99 \times 10^5}{10^4} = 99 \times 10 = 990 \text{ m}$.
अतः, पनडुब्बी $990 \text{ m}$ की गहराई तक जा सकती है।

(B) . यंग मापांक $(Y)$ अनुदैर्ध्य प्रतिबल और अनुदैर्ध्य विकृति का अनुपात है, जो $Y = \frac{FL}{A\Delta L}$ $(II)$ द्वारा दिया जाता है।
$B$. संपीड्यता $(K)$ आयतन मापांक का व्युत्क्रम है, जो $K = -\frac{1}{\Delta P}(\frac{\Delta V}{V})$ $(III)$ द्वारा दिया जाता है।
$C$. आयतन मापांक $(B)$ को $-\frac{\Delta P}{\Delta V/V}$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
$D$. प्वासों अनुपात $(\sigma)$ पार्श्व विकृति और अनुदैर्ध्य विकृति का अनुपात है, जो $\sigma = -\frac{\Delta D/D}{\Delta L/L}$ $(IV)$ द्वारा दिया जाता है।
अतः, सही विकल्प $(2)$ है।

(A) पृथ्वी की सतह से $m$ द्रव्यमान को $h$ ऊँचाई तक ले जाने में किया गया कार्य $W$ गुरुत्वीय स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है: $W = U_f - U_i$.
यहाँ, सतह पर प्रारंभिक स्थितिज ऊर्जा $U_i = -\frac{GMm}{R}$ है।
$h = R$ ऊँचाई पर अंतिम स्थितिज ऊर्जा $U_f = -\frac{GMm}{R+R} = -\frac{GMm}{2R}$ है।
अतः, $W = -\frac{GMm}{2R} - (-\frac{GMm}{R}) = \frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{2R} = \frac{GMm}{2R}$।
चूँकि सतह पर गुरुत्वीय त्वरण $g = \frac{GM}{R^2}$ है, इसलिए हम $GM = gR^2$ लिख सकते हैं।
इस मान को कार्य के व्यंजक में प्रतिस्थापित करने पर: $W = \frac{(gR^2)m}{2R} = \frac{mgR}{2}$।

(D) स्वतंत्र रूप से गिरती हुई वस्तु द्वारा तय की गई दूरी समीकरण $s = \frac{1}{2}gt^2$ द्वारा दी जाती है।
चूंकि $g$ स्थिर है, इसलिए दूरी $s$ प्रतिक्रिया समय $t$ के वर्ग के सीधे आनुपातिक है $(s \propto t^2)$।
प्रतिक्रिया समय की तुलना करने पर: $t_B (0.22 \text{ s}) > t_E (0.21 \text{ s}) > t_A (0.20 \text{ s}) > t_D (0.19 \text{ s}) > t_C (0.18 \text{ s})$।
चूंकि $s \propto t^2$, इसलिए दूरी का क्रम प्रतिक्रिया समय के वर्ग के क्रम के समान होगा।
अतः, तय की गई दूरी का क्रम होगा: $B > E > A > D > C$।
इस प्रकार, विकल्प $D$ सही है।

(A) शक्ति $P$ को कार्य करने की दर के रूप में परिभाषित किया जाता है।
$P = \frac{W}{t} = \frac{mgh}{t}$.
दिए गए मान $m = 1000 \text{ kg}$, $h = 20 \text{ m}$, $t = 10 \text{ s}$, और $g = 9.8 \text{ ms}^{-2}$ हैं।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$P = \frac{1000 \times 9.8 \times 20}{10}$
$P = 1000 \times 9.8 \times 2$
$P = 19600 \text{ W}$.
चूँकि $1 \text{ kW} = 1000 \text{ W}$, इसलिए $P = 19.6 \text{ kW}$ प्राप्त होता है।
अतः, विकल्प $A$ सही है.

(B) ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार, ऊष्मा आपूर्ति की दर आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन की दर और सिस्टम द्वारा किए गए कार्य की दर के योग के बराबर होती है: $\frac{dQ}{dt} = \frac{dU}{dt} + \frac{dW}{dt}$.
दिया गया है कि ऊष्मा आपूर्ति की दर $\frac{dQ}{dt} = 100 \text{ W}$ और कार्य करने की दर $\frac{dW}{dt} = 75 \text{ J/s} = 75 \text{ W}$ है।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $100 \text{ W} = \frac{dU}{dt} + 75 \text{ W}$.
अतः, आंतरिक ऊर्जा के बढ़ने की दर $\frac{dU}{dt} = 100 - 75 = 25 \text{ W}$ होगी।
इस प्रकार, विकल्प $B$ सही है।

(B) एक सरल लोलक का आवर्तकाल $T$, सूत्र $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$ द्वारा दिया जाता है।
यह दिया गया है कि $30$ दोलनों के लिए लिया गया समय $60 \text{ s}$ है, इसलिए आवर्तकाल $T = \frac{60}{30} = 2 \text{ s}$ होगा।
सूत्र में मान रखने पर: $2 = 2\pi \sqrt{\frac{L}{9.8}}$।
समीकरण के दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, हमें $4 = 4\pi^2 \frac{L}{9.8}$ प्राप्त होता है।
दिया गया है कि $\pi^2 = 9.8$, इसलिए समीकरण में मान प्रतिस्थापित करने पर: $4 = 4 \times 9.8 \times \frac{L}{9.8}$।
व्यंजक को सरल करने पर, हमें $4 = 4L$ प्राप्त होता है, जिसका अर्थ है $L = 1 \text{ m}$।
अतः, सही विकल्प $B$ है।

(C) कुल द्रव्यमान $M = m \times L$ है।
त्रिज्या $R$ का मान $L = 2\pi R$ से प्राप्त होता है, इसलिए $R = \frac{L}{2\pi}$।
एक रिंग का उसके व्यास के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{diam} = \frac{1}{2}MR^2$ होता है।
समांतर अक्ष प्रमेय का उपयोग करते हुए, स्पर्शरेखा $yy'$ के परितः जड़त्व आघूर्ण $I = I_{cm} + MR^2$ है, जहाँ $I_{cm} = I_{diam} = \frac{1}{2}MR^2$ है।
अतः, $I = \frac{1}{2}MR^2 + MR^2 = \frac{3}{2}MR^2$।
$M = mL$ और $R = \frac{L}{2\pi}$ प्रतिस्थापित करने पर:
$I = \frac{3}{2} (mL) \left(\frac{L}{2\pi}\right)^2 = \frac{3}{2} mL \left(\frac{L^2}{4\pi^2}\right) = \frac{3mL^3}{8\pi^2}$।
इसलिए, सही विकल्प $C$ है।

(C) दी गई तरंग समीकरण $y(x, t) = 2.0 \cos(2\pi(10t - 0.0080x + 0.35))$ है।
इसे मानक तरंग समीकरण $y = A \cos(2\pi ft - kx + \phi)$ के साथ तुलना करने पर, हम तरंग संख्या $k$ प्राप्त करते हैं।
कोसाइन फलन के अंदर का पद $2\pi(10t - 0.0080x + 0.35) = 20\pi t - 0.016\pi x + 0.7\pi$ है।
अतः, तरंग संख्या $k = 0.016\pi \text{ cm}^{-1}$ है।
$\Delta x$ दूरी से अलग हुए दो बिंदुओं के बीच कलांतर $\Delta\phi = k \Delta x$ द्वारा दिया जाता है।
यहाँ $\Delta x = 0.5 \text{ m} = 50 \text{ cm}$ दिया गया है।
मान रखने पर, $\Delta\phi = (0.016\pi \text{ cm}^{-1}) \times 50 \text{ cm} = 0.8\pi \text{ rad}$ प्राप्त होता है।
अतः, सही विकल्प $C$ है।

(B) सीमांत घर्षण बल $f_s$ बक्से को ट्रॉली के साथ त्वरित करने के लिए आवश्यक बल प्रदान करता है।
बक्से को ट्रॉली के सापेक्ष स्थिर रहने के लिए, बक्से पर कार्य करने वाले छद्म बल (pseudo force) को स्थैतिक घर्षण बल द्वारा संतुलित होना चाहिए।
बक्से के ट्रॉली पर स्थिर रहने की शर्त है: $ma \le f_{s, \text{max}}$.
चूंकि $f_{s, \text{max}} = \mu N = \mu mg$, इसलिए $ma \le \mu mg$ प्राप्त होता है।
यह सरल होकर $a \le \mu g$ हो जाता है।
दिया गया है $\mu = 0.12$ और $g = 10 \text{m s}^{-2}$, इसलिए अधिकतम त्वरण $a_{\text{max}} = \mu g = 0.12 \times 10 = 1.2 \text{m s}^{-2}$ है।
अतः, वह अधिकतम त्वरण जिससे ट्रॉली को गति कराई जा सकती है, $1.2 \text{m s}^{-2}$ है।

(C) गैस के अणु की रूट मीन स्क्वायर गति का सूत्र $v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ है, जहाँ $R$ सार्वत्रिक गैस नियतांक है, $T$ निरपेक्ष तापमान है और $M$ गैस का मोलर द्रव्यमान है।
चूंकि मिश्रण में दोनों गैसों के लिए तापमान $T$ समान है, इसलिए उनकी रूट मीन स्क्वायर गति का अनुपात केवल उनके मोलर द्रव्यमान पर निर्भर करता है।
अनुपात $\frac{v_{\text{rms}}^{\text{Ar}}}{v_{\text{rms}}^{\text{Cl}}} = \frac{\sqrt{3RT/M_{\text{Ar}}}}{\sqrt{3RT/M_{\text{Cl}}}} = \sqrt{\frac{M_{\text{Cl}}}{M_{\text{Ar}}}}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है कि आर्गन का परमाणु द्रव्यमान $M_{\text{Ar}} = 40.0 \text{u}$ और क्लोरीन का आणविक द्रव्यमान $M_{\text{Cl}} = 70.0 \text{u}$ है।
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर, हमें $\frac{v_{\text{rms}}^{\text{Ar}}}{v_{\text{rms}}^{\text{Cl}}} = \sqrt{\frac{70}{40}} = \sqrt{\frac{7}{4}} = \frac{\sqrt{7}}{2}$ प्राप्त होता है।
अतः, सही विकल्प $C$ है।

(A) दिया गया द्रव्यमान $m = 5 \text{ kg}$ है।
दो बल $F_1 = 8 \text{ N}$ और $F_2 = 6 \text{ N}$ परस्पर लंबवत हैं।
परिणामी बल $F = \sqrt{F_1^2 + F_2^2} = \sqrt{8^2 + 6^2} = \sqrt{64 + 36} = \sqrt{100} = 10 \text{ N}$ है।
न्यूटन के गति के दूसरे नियम के अनुसार, त्वरण $a = F/m = 10 \text{ N} / 5 \text{ kg} = 2 \text{ ms}^{-2}$ है।
$8 \text{ N}$ बल के सापेक्ष परिणामी बल की दिशा $\theta$ के लिए, $\tan \theta = \frac{F_2}{F_1} = \frac{6}{8} = 3/4$ है।
अतः, $\theta = \tan^{-1}(3/4)$ जो $8 \text{ N}$ बल के साथ का कोण है।
इस प्रकार, सही विकल्प $A$ है।

(D) दिया गया है कि प्रकाश की गति $c = 1$ इकाई है।
लिया गया समय $t = 6 \text{ min } 40 \text{ s}$ है।
समय को सेकंड में बदलने पर: $t = (6 \times 60) \text{ s} + 40 \text{ s} = 360 \text{ s} + 40 \text{ s} = 400 \text{ s}$।
दूरी $d$ की गणना सूत्र $d = c \times t$ का उपयोग करके की जाती है।
मान रखने पर: $d = 1 \times 400 = 400$ इकाई।
अतः, सूर्य और पृथ्वी के बीच की दूरी $400$ इकाई है।

(C) जब किसी गेंद को प्रारंभिक वेग $u$ के साथ ऊर्ध्वाधर ऊपर की ओर फेंका जाता है, तो किसी भी समय $t$ पर उसका वेग गति के समीकरण द्वारा दिया जाता है: $v = u - gt$, जहाँ $g$ गुरुत्वीय त्वरण है।
$1$. प्रारंभ में, वेग धनात्मक $(v = u)$ होता है।
$2$. जैसे-जैसे गेंद ऊपर जाती है, गुरुत्वीय त्वरण $g$ के कारण वेग समय के साथ रैखिक रूप से घटता है।
$3$. अधिकतम ऊँचाई पर, वेग शून्य हो जाता है।
$4$. अधिकतम ऊँचाई तक पहुँचने के बाद, गेंद नीचे गिरना शुरू कर देती है। इस चरण के दौरान, वेग ऋणात्मक हो जाता है (क्योंकि यह प्रारंभिक ऊपर की दिशा के विपरीत होता है) और इसका परिमाण समय के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है।
यह रैखिक संबंध $v = u - gt$ एक ऋणात्मक ढाल $(-g)$ वाली सीधी रेखा को दर्शाता है। आरेख $(C)$ इस परिवर्तन को सही ढंग से दर्शाता है, जो एक धनात्मक प्रारंभिक वेग से शुरू होता है, समय अक्ष को पार करता है (जहाँ $v = 0$ होता है), और ऋणात्मक वेग क्षेत्र में आगे बढ़ता है।

(C) वर्नियर कैलिपर्स का अल्पतमांक $(LC)$ सूत्र $LC = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD}$ द्वारा परिभाषित किया जाता है।
दिया गया है कि $20 \text{ VSD} = 16 \text{ MSD}$, इसलिए $1 \text{ VSD} = \frac{16}{20} \text{ MSD} = 0.8 \text{ MSD}$।
इसे सूत्र में प्रतिस्थापित करने पर, हमें $LC = 1 \text{ MSD} - 0.8 \text{ MSD} = 0.2 \text{ MSD}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $1 \text{ MSD} = 1 \text{ mm} = 0.1 \text{ cm}$, इसलिए $LC = 0.2 \times 0.1 \text{ cm} = 0.02 \text{ cm}$ है।

(B) घनत्व $\rho = \frac{\text{द्रव्यमान}}{\text{आयतन}}$.
द्रव्यमान $m = 5.580 \text{ kg}$.
भुजा की लंबाई $a = 9.0 \text{ cm} = 9.0 \times 10^{-2} \text{ m}$.
आयतन $V = a^3 = (9.0 \times 10^{-2} \text{ m})^3 = 729 \times 10^{-6} \text{ m}^3 = 7.29 \times 10^{-4} \text{ m}^3$.
घनत्व $\rho = \frac{5.580 \text{ kg}}{7.29 \times 10^{-4} \text{ m}^3} \approx 7654.32 \text{ kg m}^{-3} = 7.65432 \times 10^3 \text{ kg m}^{-3}$.
चूंकि भुजा की लंबाई $9.0 \text{ cm}$ में केवल दो सार्थक अंक हैं, इसलिए अंतिम परिणाम को दो सार्थक अंकों तक पूर्णांकित (round off) किया जाना चाहिए।
$7.65432$ को दो सार्थक अंकों तक पूर्णांकित करने पर $7.7$ प्राप्त होता है।
अतः, $X = 7.7$.

(D) कण पर कार्य करने वाला घर्षण बल $f = \mu(x) N$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $N = Mg$ अभिलंब बल है।
अतः, $f(x) = (\mu_0 - \alpha x) Mg$.
यह दिया गया है कि $\mu(L) = 0$, इसलिए $\mu_0 - \alpha L = 0$, जिसका अर्थ है $\alpha = \frac{\mu_0}{L}$।
$f(x)$ के व्यंजक में $\alpha$ का मान रखने पर, हमें $f(x) = (\mu_0 - \frac{\mu_0}{L} x) Mg = \mu_0 Mg (1 - \frac{x}{L})$ प्राप्त होता है।
घर्षण बल द्वारा किया गया कार्य $W$, $x=0$ से $x=L$ तक विस्थापन पर बल का समाकलन है। चूँकि घर्षण गति का विरोध करता है, $W = -\int_{0}^{L} f(x) dx$।
$W = -\int_{0}^{L} \mu_0 Mg (1 - \frac{x}{L}) dx$.
$W = -\mu_0 Mg [x - \frac{x^2}{2L}]_{0}^{L}$.
$W = -\mu_0 Mg (L - \frac{L^2}{2L}) = -\mu_0 Mg (L - \frac{L}{2}) = -\frac{1}{2} \mu_0 MgL$.
किए गए कार्य का परिमाण $\frac{1}{2} \mu_0 MgL$ है। इसे $n\mu_0 MgL$ के साथ तुलना करने पर, हमें $n = 1/2$ प्राप्त होता है।

(D) गैस के अणुओं के लिए माध्य मुक्त पथ $\lambda$ का सूत्र $\lambda = \frac{1}{\sqrt{2} \pi d^2 n}$ है, जहाँ $d$ अणु का व्यास है और $n$ संख्या घनत्व है।
दिया गया है: $\lambda_A = \frac{1}{2} \lambda_B$ और $d_A = 2d_B$.
दोनों गैसों के लिए सूत्र का उपयोग करने पर:
$\lambda_A = \frac{1}{\sqrt{2} \pi d_A^2 n_A}$ और $\lambda_B = \frac{1}{\sqrt{2} \pi d_B^2 n_B}$.
अनुपात लेने पर: $\frac{\lambda_A}{\lambda_B} = \frac{d_B^2 n_B}{d_A^2 n_A}$.
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $\frac{1}{2} = \frac{d_B^2 n_B}{(2d_B)^2 n_A} = \frac{d_B^2 n_B}{4d_B^2 n_A} = \frac{n_B}{4n_A}$.
$n_A$ के लिए हल करने पर: $4n_A = 2n_B$, जो सरल होकर $n_A = \frac{1}{2} n_B$ प्राप्त होता है।

(NONE) दोनों सिरों पर खुली पाइप के लिए, $k^{th}$ हार्मोनिक में $k+1$ नोड्स होते हैं।
$5^{th}$ हार्मोनिक $(k=5)$ के लिए, नोड्स की संख्या $n = 5 + 1 = 6$ है।
एक सिरे पर बंद पाइप के लिए, $p^{th}$ हार्मोनिक (जहाँ $p$ एक विषम संख्या होनी चाहिए) में $\frac{p+1}{2}$ नोड्स होते हैं।
$9^{th}$ हार्मोनिक $(p=9)$ के लिए, नोड्स की संख्या $m = \frac{9+1}{2} = 5$ है।
अतः, अनुपात $\frac{n}{m} = \frac{6}{5}$ है।

(C) कण का स्थान $s(t) = t^2 - 6t + 5$ द्वारा दिया गया है।
औसत चाल ज्ञात करने के लिए, हमें कुल तय की गई दूरी की आवश्यकता है।
सबसे पहले, वेग $v(t) = \frac{ds}{dt} = 2t - 6$ ज्ञात करें।
कण तब रुकता है जब $v(t) = 0$ होता है, जो $t = 3 \text{ s}$ पर होता है।
$t = 0 \text{ s}$ पर, $s(0) = 5 \text{ m}$।
$t = 3 \text{ s}$ पर, $s(3) = (3)^2 - 6(3) + 5 = 9 - 18 + 5 = -4 \text{ m}$।
$t = 6 \text{ s}$ पर, $s(6) = (6)^2 - 6(6) + 5 = 5 \text{ m}$।
$t = 0$ से $t = 3 \text{ s}$ तक तय की गई दूरी $|s(3) - s(0)| = |-4 - 5| = 9 \text{ m}$ है।
$t = 3$ से $t = 6 \text{ s}$ तक तय की गई दूरी $|s(6) - s(3)| = |5 - (-4)| = 9 \text{ m}$ है।
कुल दूरी = $9 + 9 = 18 \text{ m}$।
औसत चाल = $\frac{\text{कुल दूरी}}{\text{कुल समय}} = \frac{18 \text{ m}}{6 \text{ s}} = 3 \text{ ms}^{-1}$।

(D) माना $A_P = 40 \text{ cm}^2 = 40 \times 10^{-4} \text{ m}^2$ और $A_Q = 20 \text{ cm}^2 = 20 \times 10^{-4} \text{ m}^2$ है।
माना $P$ और $Q$ पर वेग $v_P$ और $v_Q$ हैं। सांतत्य समीकरण (equation of continuity) के अनुसार, $A_P v_P = A_Q v_Q = V$ (जहाँ $V$ प्रवाह की दर है)।
अतः, $v_P = V / A_P$ और $v_Q = V / A_Q$ है।
क्षैतिज पाइप के लिए बरनौली समीकरण का उपयोग करने पर: $P_P + \frac{1}{2} \rho v_P^2 = P_Q + \frac{1}{2} \rho v_Q^2$।
$P_P - P_Q = \frac{1}{2} \rho (v_Q^2 - v_P^2) = 15 \text{ Nm}^{-2}$।
$15 = \frac{1}{2} \times 1000 \times (V^2 / A_Q^2 - V^2 / A_P^2) = 500 \times V^2 \times (1 / (20 \times 10^{-4})^2 - 1 / (40 \times 10^{-4})^2)$।
$15 = 500 \times V^2 \times (1 / (4 \times 10^{-6}) - 1 / (16 \times 10^{-6})) = 500 \times V^2 \times (4 - 1) / (16 \times 10^{-6}) = 500 \times V^2 \times 3 / (16 \times 10^{-6})$।
$V^2 = (15 \times 16 \times 10^{-6}) / (1500) = 16 \times 10^{-8} \text{ m}^6\text{s}^{-2}$।
$V = 4 \times 10^{-4} \text{ m}^3\text{s}^{-1} = 4 \times 10^{-4} \times 10^6 \text{ cm}^3\text{s}^{-1} = 400 \text{ cm}^3\text{s}^{-1}$।

(A) श्यान द्रव में गिरती हुई गोलाकार गेंद का टर्मिनल वेग $(v)$ निम्नलिखित सूत्र द्वारा दिया जाता है:
$v = \frac{2}{9} \frac{r^2 g}{\eta} (\sigma - \rho)$
जहाँ:
$r$ गेंद की त्रिज्या है,
$g$ गुरुत्वीय त्वरण है,
$\eta$ द्रव का श्यानता गुणांक है,
$\sigma$ गेंद का घनत्व है,
$\rho$ द्रव का घनत्व है।
हम इस व्यंजक को इस प्रकार लिख सकते हैं:
$v = \frac{2 r^2 g \rho}{9 \eta} (\frac{\sigma}{\rho} - 1)$
मान लीजिए $k = \frac{2 r^2 g \rho}{9 \eta}$। दिए गए प्रयोग के लिए $r$, $g$, $\rho$ और $\eta$ स्थिर हैं, इसलिए $k$ एक स्थिरांक है।
अतः, $v = k (\frac{\sigma}{\rho} - 1)$।
यह एक सीधी रेखा का समीकरण $y = mx + c$ है, जहाँ $y = v$, $x = \frac{\sigma}{\rho}$, $m = k$, और अंतःखंड $c = -k$ है।
जब $\frac{\sigma}{\rho} = 1$ होता है, तो $v = 0$ होता है। इसका मतलब है कि जब गेंद का घनत्व द्रव के घनत्व के बराबर होता है तो टर्मिनल वेग शून्य होता है।
$\frac{\sigma}{\rho} > 1$ के लिए, $v$ का मान $\frac{\sigma}{\rho}$ के साथ रैखिक रूप से बढ़ता है।
दिए गए आरेखों के साथ तुलना करने पर, आरेख $(1)$ दर्शाता है कि $\frac{\sigma}{\rho} = 1$ पर $v = 0$ है और $\frac{\sigma}{\rho} > 1$ के लिए रैखिक वृद्धि होती है, जो हमारे व्युत्पन्न समीकरण से मेल खाता है।

(C) $M$ द्रव्यमान और $R$ त्रिज्या वाले ग्रह के लिए पलायन चाल $v = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$ सूत्र द्वारा दी जाती है।
चूँकि दोनों ग्रहों का द्रव्यमान समान है, मान लीजिए $M_1 = M_2 = M$.
ग्रह $P_1$ के लिए, पलायन चाल $v_1 = \sqrt{\frac{2GM}{R_1}}$ है।
ग्रह $P_2$ के लिए, पलायन चाल $v_2 = \sqrt{\frac{2GM}{R_2}}$ है।
दिया गया है कि $R_2 = \frac{R_1}{2}$, इसलिए $v_2$ के व्यंजक में मान रखने पर:
$v_2 = \sqrt{\frac{2GM}{R_1/2}} = \sqrt{\frac{4GM}{R_1}} = \sqrt{2} \cdot \sqrt{\frac{2GM}{R_1}}$.
अतः, $v_2 = \sqrt{2} \cdot v_1$.
इस प्रकार, अनुपात $\frac{v_2}{v_1} = \sqrt{2}$ होगा।

(B) केप्लर के ग्रहीय गति के तीसरे नियम के अनुसार, किसी ग्रह के परिक्रमण काल $(T)$ का वर्ग उसकी कक्षा की अर्ध-दीर्घ अक्ष $(R)$ के घन के समानुपाती होता है।
गणितीय रूप से, $T^2 \propto R^3$ है।
दोनों पक्षों का वर्गमूल लेने पर, हमें $T \propto R^{3/2}$ प्राप्त होता है।
अतः, परिक्रमण काल $R^{3/2}$ के समानुपाती होता है।

(C) रुद्धोष्म प्रक्रिया के लिए, एक आदर्श गैस द्वारा किया गया कार्य सूत्र द्वारा दिया जाता है: $W = \frac{nR(T_1 - T_2)}{\gamma - 1}$।
दिए गए मान हैं: $n = 1 \text{ mole}$, $T_1 = 60 \text{ K}$, $T_2 = 50 \text{ K}$, $\gamma = 5/3$, और $R = 8.3 \text{ J mol}^{-1} \text{ K}^{-1}$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$W = \frac{1 \times 8.3 \times (60 - 50)}{(5/3) - 1}$
$W = \frac{8.3 \times 10}{2/3}$
$W = \frac{83}{2/3} = 83 \times 1.5 = 124.5 \text{ J}$।
अतः, गैस द्वारा किया गया कार्य $124.5 \text{ J}$ है।

(C) माना वृत्त की त्रिज्या $R = 1$ है और प्रत्येक कण का द्रव्यमान $m = 1$ है। माना कोणीय चाल $\omega$ है।
किसी भी समय $t$ पर, पहले कण की कोणीय स्थिति $\theta_1 = \pi/2 - \omega t$ है और दूसरे कण की $\theta_2 = \pi/2 + \omega t$ है।
दोनों कणों के वेग सदिश $\vec{v}_1 = v(-\sin\theta_1 \hat{i} + \cos\theta_1 \hat{j})$ और $\vec{v}_2 = v(\sin\theta_2 \hat{i} + \cos\theta_2 \hat{j})$ हैं, जहाँ $v = R\omega = \omega$ है।
कुल रैखिक संवेग $\vec{P} = m\vec{v}_1 + m\vec{v}_2 = \omega[(-\sin\theta_1 + \sin\theta_2)\hat{i} + (\cos\theta_1 + \cos\theta_2)\hat{j}]$ है।
योग-से-गुणन सर्वसमिकाओं का उपयोग करने पर:
$-\sin\theta_1 + \sin\theta_2 = 2\sin(\frac{\theta_2 - \theta_1}{2})\cos(\frac{\theta_2 + \theta_1}{2}) = 2\sin(\omega t)\cos(\pi/2) = 0$।
$\cos\theta_1 + \cos\theta_2 = 2\cos(\frac{\theta_1 + \theta_2}{2})\cos(\frac{\theta_1 - \theta_2}{2}) = 2\cos(\pi/2)\cos(-\omega t) = 0$।
संवेग का परिमाण $P = |\vec{P}| = 2mv \cos(\frac{\phi_2 - \phi_1}{2}) = 2mv \cos(\omega t)$ है।
चूँकि $\theta = \pi/2 - \omega t$, हमारे पास $\omega t = \pi/2 - \theta$ है।
अतः, $P = 2mv \cos(\pi/2 - \theta) = 2mv \sin\theta$।
जैसे-जैसे $\theta$, $\pi/2$ से $-\pi/2$ तक जाता है, $\sin\theta$, $1$ से $-1$ तक जाता है। परिमाण $P = |2mv \sin\theta|$, $2mv$ से $0$ तक और वापस $2mv$ तक जाता है।

(C) $R$ त्रिज्या वाले गोले का आयतन $V = \frac{4}{3}\pi R^3$ द्वारा दिया जाता है।
तापमान $T$ के सापेक्ष दोनों पक्षों का अवकलन करने पर, हमें $\frac{dV}{dT} = \frac{4}{3}\pi (3R^2) \frac{dR}{dT} = 4\pi R^2 \frac{dR}{dT}$ प्राप्त होता है।
रेखीय प्रसार के लिए, त्रिज्या में परिवर्तन $\Delta R = R \alpha \Delta T$ है, जिसका अर्थ है $\frac{dR}{dT} = R \alpha$।
इस मान को आयतन के अवकलन समीकरण में रखने पर: $\Delta V \approx 4\pi R^2 (R \alpha \Delta T)$।
अतः, $\Delta V = 4\pi R^3 \alpha \Delta T$।

(D) माना कॉर्क का अनुप्रस्थ काट क्षेत्रफल $A$, घनत्व $\rho$ और लंबाई $L$ है। जब कॉर्क $\rho_L$ घनत्व वाले द्रव में तैरता है, तो डूबी हुई लंबाई $h$ संतुलन की स्थिति के अनुसार $A h \rho_L g = A L \rho g$ होती है, इसलिए $h = (\rho / \rho_L) L$ है।
जब कॉर्क को $x$ की छोटी दूरी तक दबाया जाता है, तो उस पर लगने वाला अतिरिक्त उत्प्लावन बल $F = -A x \rho_L g$ होता है। यह बल प्रत्यानयन बल के रूप में कार्य करता है।
गति का समीकरण $m a = -A \rho_L g x$ है, जहाँ $m = A L \rho$ कॉर्क का द्रव्यमान है।
अतः, $A L \rho (d^2x/dt^2) = -A \rho_L g x$, जिससे $(d^2x/dt^2) + (\rho_L g / L \rho) x = 0$ प्राप्त होता है।
यह सरल आवर्त गति का समीकरण है जिसकी कोणीय आवृत्ति $\omega = \sqrt{\rho_L g / L \rho}$ है।
आवर्तकाल $T = 2\pi / \omega = 2\pi \sqrt{L \rho / \rho_L g}$ है।
चूँकि $T \propto 1/\sqrt{\rho_L}$, इसलिए $T_1 / T_2 = \sqrt{\rho_2 / \rho_1}$ होगा।
दिया गया है कि $T_1 = T$ और $T_2 = 2T$, इसलिए $T / 2T = \sqrt{\rho_2 / \rho_1}$, जिसका अर्थ है $1/2 = \sqrt{\rho_2 / \rho_1}$।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, $\rho_2 / \rho_1 = 1/4$ प्राप्त होता है।

(D) $1$. अल्पतमांक $(LC)$ की गणना करें: $LC = 1 \text{ MSD} - 1 \text{ VSD} = 1 \text{ MSD} - (9/10) \text{ MSD} = 0.1 \text{ mm} = 0.01 \text{ cm}$.
$2$. शून्य त्रुटि निर्धारित करें: चूंकि वर्नियर स्केल बाईं ओर खिसकता है, इसलिए शून्य त्रुटि ऋणात्मक है। $4^{th}$ भाग संपाती है, इसलिए $\text{Zero Error} = - (4 \times LC) = - (4 \times 0.01 \text{ cm}) = -0.04 \text{ cm}$.
$3$. वास्तविक लंबाई की गणना करें: $\text{Actual Length} = \text{Measured Length} - \text{Zero Error}$.
$4$. $\text{Actual Length} = 1.00 \text{ cm} - (-0.04 \text{ cm}) = 1.00 \text{ cm} + 0.04 \text{ cm} = 1.04 \text{ cm}$.

(B) दोनों गोलों के केंद्रों के बीच की दूरी $d = R + r$ है।
$A$ के केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के लिए:
गोले $A$ का उसके अपने केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{A,cm} = \frac{2}{5}MR^2$ है।
$A$ के केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः गोले $B$ का जड़त्व आघूर्ण समांतर अक्ष प्रमेय द्वारा दिया जाता है: $I_{B,A} = I_{B,cm} + md^2 = \frac{2}{5}mr^2 + m(R + r)^2$।
अतः, $I_A = \frac{2}{5}MR^2 + \frac{2}{5}mr^2 + m(R + r)^2$।
$B$ के केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के लिए:
गोले $B$ का उसके अपने केंद्र के परितः जड़त्व आघूर्ण $I_{B,cm} = \frac{2}{5}mr^2$ है।
$B$ के केंद्र से गुजरने वाली अक्ष के परितः गोले $A$ का जड़त्व आघूर्ण समांतर अक्ष प्रमेय द्वारा दिया जाता है: $I_{A,B} = I_{A,cm} + Md^2 = \frac{2}{5}MR^2 + M(R + r)^2$।
अतः, $I_B = \frac{2}{5}mr^2 + \frac{2}{5}MR^2 + M(R + r)^2$।
अब, अंतर $I_A - I_B$ की गणना करते हुए:
$I_A - I_B = [\frac{2}{5}MR^2 + \frac{2}{5}mr^2 + m(R + r)^2] - [\frac{2}{5}mr^2 + \frac{2}{5}MR^2 + M(R + r)^2]$
$I_A - I_B = m(R + r)^2 - M(R + r)^2$
$I_A - I_B = (m - M)(R + r)^2$।

(B) सरल आवर्त दोलक के लिए, कुल यांत्रिक ऊर्जा $E$ संरक्षित रहती है और यह गतिज ऊर्जा तथा स्थितिज ऊर्जा के योग के बराबर होती है:
$E = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}kx^2$
$x$ के फलन के रूप में $v$ को व्यक्त करने के लिए पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$v^2 + \frac{k}{m}x^2 = \frac{2E}{m}$
$\frac{2E}{m}$ से भाग देने पर, हमें प्राप्त होता है:
$\frac{v^2}{2E/m} + \frac{x^2}{2E/k} = 1$
यह $x-v$ तल में एक दीर्घवृत्त का समीकरण है। ग्राफ के वृत्त होने के लिए, $x^2$ और $v^2$ के गुणांक समान होने चाहिए, जिसका अर्थ है कि $k/m = 1$, अर्थात $k = m$।

(C) द्रव्यमान केंद्र $O$ से गुजरने वाली स्थिर अक्ष के परितः घूर्णन कर रही एक दृढ़ वस्तु का कोणीय संवेग $L_O = I_O \omega$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $I_O$ केंद्र $O$ से गुजरने वाली अक्ष के परितः जड़त्व आघूर्ण है।
डिस्क के तल में किसी अन्य बिंदु $P$ के लिए, कोणीय संवेग $L_P = L_O + \vec{r}_{OP} \times \vec{P}_{total}$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $\vec{P}_{total}$ डिस्क का कुल रैखिक संवेग है।
चूंकि डिस्क अपने द्रव्यमान केंद्र $O$ के परितः घूम रही है, इसलिए कुल रैखिक संवेग $\vec{P}_{total} = M \vec{v}_{cm} = 0$ होता है, क्योंकि द्रव्यमान केंद्र का वेग $\vec{v}_{cm} = 0$ है।
इसलिए, डिस्क के तल में किसी भी बिंदु $P$ के परितः कोणीय संवेग, द्रव्यमान केंद्र $O$ के परितः कोणीय संवेग के बराबर होता है, अर्थात $L_P = L_O$।
इस प्रकार, $L_A = L_O$ और $L_B = L_O$।
परिणामस्वरूप, $\frac{L_A}{L_B} = \frac{L_O}{L_O} = 1$।

(A) स्टीफन-बोल्ट्ज़मैन नियतांक $\sigma_s$ का सूत्र $\sigma_s = \frac{2\pi^5 k_B^4}{15 h^3 c^2}$ है, जहाँ $k_B$ बोल्ट्ज़मैन नियतांक है, $h$ प्लांक नियतांक है और $c$ प्रकाश की गति है।
हमें $\sigma_s k_B^{-1}$ की विमा ज्ञात करनी है।
सूत्र से, $\sigma_s k_B^{-1} = \frac{2\pi^5 k_B^3}{15 h^3 c^2}$ है।
विमाएं इस प्रकार हैं:
$[k_B] = [M L^2 T^{-2} K^{-1}]$
$[h] = [M L^2 T^{-1}]$
$[c] = [L T^{-1}]$
इन विमाओं को प्रतिस्थापित करने पर:
$[\sigma_s k_B^{-1}] = \frac{[M L^2 T^{-2} K^{-1}]^3}{[M L^2 T^{-1}]^3 [L T^{-1}]^2} = [L^{-2} T^{-1} K^{-3}]$.

(C) एक चक्रीय प्रक्रिया में, आंतरिक ऊर्जा में परिवर्तन $\Delta U = 0$ होता है। ऊष्मागतिकी के प्रथम नियम के अनुसार, $\Delta Q = \Delta U + \Delta W$। चूँकि $\Delta U = 0$ है, इसलिए दी गई कुल ऊष्मा $\Delta Q$ गैस द्वारा किए गए कुल कार्य $\Delta W$ के बराबर होती है।
चक्रीय प्रक्रिया में किया गया कार्य $P-V$ आरेख में चक्र द्वारा घेरे गए क्षेत्रफल के बराबर होता है।
आयत $abcd$ का क्षेत्रफल इस प्रकार है:
$\text{क्षेत्रफल} = \text{चौड़ाई} \times \text{ऊंचाई} = (V_c - V_a) \times (P_a - P_d)$
$\text{क्षेत्रफल} = (5 - 2) \text{ m}^3 \times (300 - 100) \text{ N/m}^2$
$\text{क्षेत्रफल} = 3 \text{ m}^3 \times 200 \text{ N/m}^2 = 600 \text{ J}$।
चूँकि चक्र दक्षिणावर्त (clockwise) है, गैस द्वारा किया गया कार्य धनात्मक है।
अतः, गैस को दी गई कुल ऊष्मा $600 \text{ J}$ है।

(A) टायरों के न्यूनतम घिसाव के लिए, कार को झुके हुए सड़क के लिए इष्टतम गति (optimum speed) पर चलना चाहिए, ताकि अभिलंब बल घर्षण पर निर्भर किए बिना आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान कर सके।
झुकी हुई सड़क पर इष्टतम गति $v$ का सूत्र $v = \sqrt{rg \tan \theta}$ है।
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर, $v^2 = rg \tan \theta$ प्राप्त होता है।
$\tan \theta$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर, $\tan \theta = \frac{v^2}{rg}$ प्राप्त होता है।
दिए गए मान $v = 10 \text{ ms}^{-1}$, $r = 50 \text{ m}$, और $g = 10 \text{ ms}^{-2}$ हैं।
इन मानों को समीकरण में रखने पर: $\tan \theta = \frac{10^2}{50 \times 10} = \frac{100}{500} = \frac{1}{5}$।
अतः, $\theta = \tan^{-1}(1/5)$।

(C) $1$. समान द्रव्यमान वाले दो पिंडों के बीच प्रत्यास्थ टक्कर में, जहाँ एक पिंड प्रारंभ में विराम अवस्था में हो, पिंड अपने वेगों की अदला-बदली कर लेते हैं।
$2$. टक्कर से पहले, द्रव्यमान $A$ का वेग $v_A = 10 \text{ ms}^{-1}$ है और बॉब $B$ का वेग $v_B = 0$ है।
$3$. प्रत्यास्थ टक्कर के बाद, द्रव्यमान $A$ का वेग $v'_A = 0$ हो जाता है और बॉब $B$ का वेग $v'_B = 10 \text{ ms}^{-1}$ हो जाता है।
$4$. इसके बाद बॉब $B$ एक लोलक के रूप में दोलन करता है। यांत्रिक ऊर्जा संरक्षण के सिद्धांत का उपयोग करते हुए, निम्नतम बिंदु पर बॉब की गतिज ऊर्जा अधिकतम ऊँचाई $h$ पर स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तित हो जाती है।
$5$. $\frac{1}{2} m (v'_B)^2 = mgh$
$6$. मान रखने पर: $\frac{1}{2} \times (10)^2 = 10 \times h$
$7$. $\frac{1}{2} \times 100 = 10h$
$8$. $50 = 10h$, जिससे $h = 5 \text{ m}$ प्राप्त होता है।

(A) बहुपरमाणुक गैस अणु के लिए, स्वतंत्रता की कोटि (degrees of freedom) $F$ का कुल मान स्थानांतरण, घूर्णन और कंपन विधाओं का योग होता है।
दिया गया है: स्थानांतरण विधाएं = $3$, घूर्णन विधाएं = $3$, कंपन विधाएं = $f$।
प्रत्येक कंपन विधा $2$ स्वतंत्रता की कोटि प्रदान करती है (एक गतिज ऊर्जा के लिए और एक स्थितिज ऊर्जा के लिए)।
अतः, कुल स्वतंत्रता की कोटि $F = 3 + 3 + 2f = 6 + 2f$ है।
विशिष्ट ऊष्माओं का अनुपात $\gamma = C_p/C_v = 1 + 2/F$ होता है।
दिया गया है $\gamma = 8/7$, इसलिए $8/7 = 1 + 2/F$।
$8/7 - 1 = 2/F \implies 1/7 = 2/F \implies F = 14$।
$F$ के लिए दोनों व्यंजकों की तुलना करने पर: $6 + 2f = 14$।
$2f = 8 \implies f = 4$।

(C) हीटर का प्रतिरोध $R$ स्थिर रहता है।
सूत्र $R = \frac{V^2}{P}$ का उपयोग करते हुए, हम $R = \frac{220^2}{400} \Omega$ की गणना करते हैं।
नए वोल्टेज $V' = 200 \text{ V}$ पर खपत की गई नई शक्ति $P' = \frac{(V')^2}{R}$ द्वारा दी जाती है।
$R$ का मान प्रतिस्थापित करने पर, हमें $P' = \frac{(V')^2 \cdot P}{V^2} = \frac{200^2 \times 400}{220^2}$ प्राप्त होता है।
$P' = \frac{40000 \times 400}{48400} = \frac{16000000}{48400} \approx 330.57 \text{ W}$।
निकटतम पूर्णांक में राउंड ऑफ करने पर, हमें $331 \text{ W}$ प्राप्त होता है।

(C) वृत्ताकार कुंडली के केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 N I}{2r}$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है: $B = 3.14 \times 10^{-3} \text{ T}$, $N = 100$, $r = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$, $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \text{ T m/A}$.
मान रखने पर: $3.14 \times 10^{-3} = \frac{4 \times 3.14 \times 10^{-7} \times 100 \times I}{2 \times 0.05}$.
$3.14 \times 10^{-3} = \frac{4 \times 3.14 \times 10^{-5} \times I}{0.1}$.
$10^{-3} = \frac{4 \times 10^{-5} \times I}{0.1} = 4 \times 10^{-4} \times I$.
$I = \frac{10^{-3}}{4 \times 10^{-4}} = \frac{10}{4} = 2.5 \text{ A}$.
चुंबकीय आघूर्ण $M = N I A = N I (\pi r^2)$ द्वारा दिया जाता है।
$M = 100 \times 2.5 \times 3.14 \times (0.05)^2$.
$M = 250 \times 3.14 \times 0.0025 = 1.9625 \approx 2 \text{ A m}^2$.
अतः, धारा $2.5 \text{ A}$ है और चुंबकीय आघूर्ण $2 \text{ A m}^2$ है।

(B) . $E = hv$ फोटॉन की ऊर्जा को दर्शाता है $(IV)$।
$B$. विवर्तन और व्यतिकरण वे घटनाएं हैं जो प्रकाश की तरंग प्रकृति को प्रदर्शित करती हैं $(III)$।
$C$. $\lambda = h/p$ डी ब्रोग्ली तरंगदैर्ध्य का समीकरण है $(I)$।
$D$. कॉम्पटन प्रभाव प्रकाश की कण प्रकृति को प्रदर्शित करता है $(II)$।
अतः, सही मिलान $A-IV, B-III, C-I, D-II$ है, जो विकल्प $(2)$ के अनुरूप है।

(D) यह परिपथ एक संतुलित व्हीटस्टोन सेतु है क्योंकि $\frac{C_1}{C_2} = \frac{C_4}{C_3} = \frac{10}{10} = 1$ है।
चूंकि सेतु संतुलित है, इसलिए केंद्रीय संधारित्र $C_5$ से कोई आवेश प्रवाहित नहीं होता है।
अतः, परिपथ दो समानांतर शाखाओं में सरल हो जाता है, जिनमें से प्रत्येक में दो संधारित्र श्रेणीक्रम में हैं।
बाईं शाखा में $C_1$ और $C_2$ श्रेणीक्रम में हैं, और दाईं शाखा में $C_4$ और $C_3$ श्रेणीक्रम में हैं।
प्रत्येक शाखा की तुल्य धारिता: $C_{\text{branch}} = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5 \mu F$.
कुल तुल्य धारिता: $C_{\text{eq}} = 5 \mu F + 5 \mu F = 10 \mu F$.
बैटरी द्वारा आपूर्ति किया गया कुल आवेश: $Q = C_{\text{eq}}V = 10 \mu F \times 50 \ V = 500 \mu C$.
चूंकि शाखाएं समान हैं, इसलिए आवेश समान रूप से विभाजित होता है: प्रत्येक शाखा से $250 \mu C$ आवेश प्रवाहित होता है।
इस प्रकार, प्रत्येक संधारित्र $C_1, C_2, C_3, C_4$ पर $250 \mu C$ और $C_5$ पर $0 \mu C$ आवेश होता है।

(C) प्रारंभिक ऊर्जा $U_i = \frac{1}{2} C V^2$.
यहाँ $C = 200 \text{ pF} = 200 \times 10^{-12} \text{ F}$ और $V = 100 \text{ V}$ दिया गया है।
$U_i = \frac{1}{2} \times 200 \times 10^{-12} \times (100)^2 = 100 \times 10^{-12} \times 10^4 = 10^{-6} \text{ J}$.
जब आवेशित संधारित्र को एक समान अनावेशित संधारित्र से जोड़ा जाता है, तो आवेश का पुनर्वितरण तब तक होता है जब तक विभव समान न हो जाए।
उभयनिष्ठ विभव $V' = \frac{CV + 0}{C+C} = \frac{V}{2} = \frac{100}{2} = 50 \text{ V}$.
अंतिम ऊर्जा $U_f = \frac{1}{2} (C+C) (V')^2 = C (\frac{V}{2})^2 = \frac{1}{4} CV^2 = \frac{U_i}{2}$.
$U_f = \frac{10^{-6}}{2} = 0.5 \times 10^{-6} \text{ J}$.
नष्ट हुई ऊर्जा $\Delta U = U_i - U_f = 10^{-6} - 0.5 \times 10^{-6} = 0.5 \times 10^{-6} \text{ J}$ है।

(A) $LCR$ श्रेणी परिपथ की अनुनाद आवृत्ति $f_r$ का सूत्र है: $f_r = \frac{1}{2 \pi \sqrt{LC}}$.
दिए गए मान हैं: $L = 1 \text{ mH} = 10^{-3} \text{ H}$ और $C = 0.1 \mu\text{F} = 0.1 \times 10^{-6} \text{ F} = 10^{-7} \text{ F}$.
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\sqrt{LC} = \sqrt{10^{-3} \times 10^{-7}} = \sqrt{10^{-10}} = 10^{-5}$.
अब, $f_r = \frac{1}{2 \pi \times 10^{-5}} = \frac{10^5}{2 \times 3.14159} \approx \frac{100000}{6.283} \approx 15915.5 \text{ Hz}$.
kHz में बदलने पर, $f_r \approx 15.9 \text{ kHz}$.
अतः, सही विकल्प $A$ है।

(A) चालक के अंदर $(r < a)$, चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I r}{2 \pi a^2}$ द्वारा दिया जाता है, जो दर्शाता है कि $B \propto r$ है। यह चालक की अक्ष से सतह तक चुंबकीय क्षेत्र में एक रैखिक वृद्धि को दर्शाता है।
चालक के बाहर $(r > a)$, चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I}{2 \pi r}$ द्वारा दिया जाता है, जो दर्शाता है कि $B \propto \frac{1}{r}$ है। यह चालक से दूरी बढ़ने के साथ चुंबकीय क्षेत्र में व्युत्क्रमानुपाती कमी को दर्शाता है।
ग्राफ $(A)$ सही ढंग से एक रैखिक वृद्धि और उसके बाद एक व्युत्क्रमानुपाती कमी को प्रदर्शित करता है। अतः, विकल्प $(A)$ सही है।

(B) तात्क्षणिक धारा का समीकरण $I = I_0 \sin(\omega t)$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $I_0$ शिखर धारा है और $\omega$ कोणीय आवृत्ति है।
शिखर मान तक पहुँचने के लिए, ज्या (sine) फलन का मान $1$ होना चाहिए, जो तब होता है जब कला कोण $\omega t = \frac{\pi}{2}$ हो।
$\omega = 2 \pi f$ प्रतिस्थापित करने पर, हमें $2 \pi f t = \frac{\pi}{2}$ प्राप्त होता है।
समय $t$ के लिए हल करने पर, $t = \frac{1}{4f}$ प्राप्त होता है।
आवृत्ति $f = 60 \text{ Hz}$ दी गई है, इस मान को समीकरण में रखने पर:
$t = \frac{1}{4 \times 60} = \frac{1}{240} \text{ s}$.
अतः, धारा को शून्य से अपने शिखर मान तक पहुँचने में $1/240 \text{ s}$ का समय लगता है।

(C) यंग के द्वि-झिरी प्रयोग में प्रकाश की तीव्रता $I = I_{max} \cos^2(\frac{\phi}{2})$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $\phi$ कलांतर है।
कलांतर $\phi$ और पथ अंतर $\Delta x$ के बीच संबंध $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \Delta x$ है।
पथ अंतर $\Delta x = \frac{\lambda}{3}$ के लिए, कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \frac{\lambda}{3} = \frac{2\pi}{3}$ होता है।
इस बिंदु पर तीव्रता $I_1 = I_{max} \cos^2(\frac{2\pi/3}{2}) = I_{max} \cos^2(\frac{\pi}{3}) = I_{max} (\frac{1}{2})^2 = \frac{I_{max}}{4}$ है।
दिया गया है कि $I_1 = K$, इसलिए $K = \frac{I_{max}}{4}$, जिसका अर्थ है $I_{max} = 4K$।
पथ अंतर $\Delta x = \lambda$ के लिए, कलांतर $\phi = \frac{2\pi}{\lambda} \times \lambda = 2\pi$ होता है।
इस बिंदु पर तीव्रता $I_2 = I_{max} \cos^2(\frac{2\pi}{2}) = I_{max} \cos^2(\pi) = I_{max} (-1)^2 = I_{max}$ है।
चूंकि $I_{max} = 4K$, इसलिए पथ अंतर $\lambda$ पर तीव्रता $4K$ होगी।

(B) नाभिक की त्रिज्या $R = R_0 A^{1/3}$ द्वारा दी जाती है, जहाँ $R_0$ एक स्थिरांक है और $A$ द्रव्यमान संख्या है।
नाभिक का आयतन $V = \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{4}{3} \pi (R_0 A^{1/3})^3 = \frac{4}{3} \pi R_0^3 A$ होता है।
चूंकि $\frac{4}{3} \pi R_0^3$ एक स्थिरांक है, इसलिए आयतन $V$ द्रव्यमान संख्या $A$ के सीधे समानुपाती है। अतः, कथन $A$ गलत है और कथन $B$ सही है।
द्रव्यमान क्षति को व्यक्तिगत न्यूक्लियॉन (प्रोटॉन और न्यूट्रॉन) के द्रव्यमान के योग और नाभिक के वास्तविक द्रव्यमान के बीच के अंतर के रूप में परिभाषित किया जाता है। अतः, कथन $C$ गलत है और कथन $D$ सही है।
इस प्रकार, कथन $B$ और $D$ सही हैं, जबकि $A$ और $C$ गलत हैं।

(B) कथन $A$ सही है क्योंकि व्यतिकरण और विवर्तन में ऊर्जा का अंतरिक्ष में पुनर्वितरण होता है, जिससे यह सुनिश्चित होता है कि कुल ऊर्जा स्थिर रहती है, जो ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुरूप है।
कथन $B$ गलत है क्योंकि व्यतिकरण और विवर्तन तरंग घटनाएं हैं जो केवल प्रकाश तक सीमित नहीं हैं; ये ध्वनि तरंगों, जल तरंगों और द्रव्य तरंगों सहित सभी प्रकार की तरंगों द्वारा प्रदर्शित की जाती हैं।
इसलिए, कथन $A$ सही है और कथन $B$ गलत है। सही विकल्प $B$ है।

(D) बैटरी का टर्मिनल वोल्टेज $V$ ज्ञात करने का सूत्र है: $V = E - Ir$।
दिया गया है: emf $E = 12 \text{ V}$, आंतरिक प्रतिरोध $r = 2 \text{ }\Omega$, और धारा $I = 0.6 \text{ A}$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$V = 12 - (0.6 \times 2)$
$V = 12 - 1.2$
$V = 10.8 \text{ V}$।
अतः, बैटरी का टर्मिनल वोल्टेज $10.8 \text{ V}$ है।
इस प्रकार, सही विकल्प $D$ है।

(D) व्हीटस्टोन ब्रिज में (जिसका मीटर ब्रिज एक रूप है), गैल्वेनोमीटर और सेल (बैटरी) संयुग्मी शाखाएं हैं।
पारस्परिकता प्रमेय (reciprocity theorem) के अनुसार, बैटरी और गैल्वेनोमीटर के स्थानों को आपस में बदलने से ब्रिज के संतुलन की स्थिति नहीं बदलती है।
यदि यह संतुलित था, तो यह संतुलित ही रहेगा; यदि यह असंतुलित था, तो विक्षेप का परिमाण या दिशा बदल सकती है, लेकिन यह अभी भी एक संतुलन बिंदु दिखाएगा।
इसलिए, जॉकी की स्थिति के आधार पर दोनों विक्षेप देखे जा सकते हैं, और संतुलन बिंदु पर शून्य विक्षेप अभी भी होगा।
अतः, विकल्प $D$ सही है।

(A) सही है: स्थिर वैद्युत संतुलन में, चालक के अंदर $E = 0$ होता है।
$B$ गलत है: सतह पर $E = \frac{\sigma}{\epsilon_0}$ होता है, इसलिए यह $\sigma$ पर निर्भर करता है।
$C$ सही है: स्थिर स्थितियों में अतिरिक्त आवेश केवल चालक की सतह पर ही रहता है।
$D$ सही है: क्षेत्र रेखाएं चालक की सतह के लंबवत होनी चाहिए ताकि कोई स्पर्शरेखीय बल न लगे, जो अन्यथा धारा उत्पन्न करेगा।
$E$ गलत है: विभव अंदर स्थिर होता है, शून्य नहीं।
अतः, $A, C$ और $D$ सही हैं। विकल्प $A$ सही है।

(C) कथन $A$ सही है: एक $p-n$ जंक्शन में, फॉरवर्ड बायस पोटेंशियल बैरियर को कम करता है, जिससे थ्रेशोल्ड वोल्टेज के बाद करंट तेजी से बढ़ता है।
कथन $B$ गलत है: फॉरवर्ड बायस में प्रवाहित करंट को फॉरवर्ड करंट कहा जाता है। 'रिवर्स सैचुरेशन करंट' उस बहुत छोटे और लगभग स्थिर करंट को संदर्भित करता है जो $p-n$ जंक्शन डायोड के रिवर्स बायस में होने पर प्रवाहित होता है।
अतः, कथन $A$ सत्य है और कथन $B$ असत्य है।

(B) अवतल लेंस के लिए, मुख्य अक्ष के समानांतर चलने वाली प्रकाश की किरण अपवर्तन के बाद अपसरित (diverge) हो जाती है।
जब इस अपसरित किरण को पीछे की ओर बढ़ाया जाता है, तो यह लेंस के प्रथम मुख्य फोकस से आती हुई प्रतीत होती है।
अतः, सही विकल्प $B$ है।

(C) नाभिक का द्रव्यमान $M = A \times m_p$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $A$ द्रव्यमान संख्या है और $m_p$ एक न्यूक्लियॉन का औसत द्रव्यमान है (लगभग $1.67 \times 10^{-27} \text{ kg}$)।
नाभिक का कुल द्रव्यमान $M = 19.926 \times 10^{-27} \text{ kg}$ दिया गया है।
हम द्रव्यमान संख्या $A$ की गणना इस प्रकार कर सकते हैं:
$A = \frac{M}{m_p} = \frac{19.926 \times 10^{-27} \text{ kg}}{1.67 \times 10^{-27} \text{ kg}} \approx 11.93$।
इस मान को निकटतम पूर्णांक में बदलने पर, हमें $A \approx 12$ प्राप्त होता है।
अतः, नाभिक की द्रव्यमान संख्या $12$ है।

(D) गैल्वेनोमीटर को एमीटर में बदलने के लिए आवश्यक शंट प्रतिरोध $S$ का सूत्र $S = \frac{I_g G}{I - I_g}$ है。
यहाँ, $I_g$ पूर्ण स्केल विक्षेप के लिए धारा है, $G$ गैल्वेनोमीटर का प्रतिरोध है, और $I$ एमीटर द्वारा मापी जाने वाली अधिकतम धारा है。
दिए गए मान $I_g = 1 \text{ mA} = 10^{-3} \text{ A}$, $G = 100 \Omega$, और $I = 10 \text{ A}$ हैं。
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$S = \frac{10^{-3} \times 100}{10 - 10^{-3}}$
$S = \frac{0.1}{9.999}$
$S \approx \frac{0.1}{10} = 0.01 \Omega$.
अतः, आवश्यक शंट प्रतिरोध लगभग $0.01 \Omega$ है。

(D) डायोड $D$ एक हाफ-वेव रेक्टिफायर विन्यास में है।
इनपुट वोल्टेज $v_i$ के धनात्मक अर्ध-चक्र के दौरान, डायोड फॉरवर्ड बायस में होता है और एक शॉर्ट सर्किट के रूप में कार्य करता है (आदर्श डायोड मानते हुए), इसलिए इसके सिरों पर वोल्टेज ड्रॉप $v_D = 0$ होता है।
ऋणात्मक अर्ध-चक्र के दौरान, डायोड रिवर्स बायस में होता है और एक ओपन सर्किट के रूप में कार्य करता है, जिसका अर्थ है कि प्रतिरोधक $R$ से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। परिणामस्वरूप, पूरा इनपुट वोल्टेज $v_i$ डायोड $D$ के सिरों पर दिखाई देता है, इसलिए $v_D = v_i$ होता है।
अतः, डायोड $D$ के सिरों पर वोल्टेज केवल ऋणात्मक अर्ध-चक्र के दौरान इनपुट तरंग का अनुसरण करता है, जो विकल्प $D$ में दिखाई गई तरंग के अनुरूप है।

(D) विद्युतचुंबकीय तरंगों के उत्पादन तंत्र इस प्रकार हैं:
$1$. माइक्रोवेव क्लाइस्ट्रॉन वाल्व या मैग्नेट्रॉन वाल्व जैसे इलेक्ट्रॉनिक उपकरणों द्वारा उत्पन्न होते हैं $(A-IV)$.
$2$. दृश्य प्रकाश परमाणुओं में इलेक्ट्रॉनों के उच्च ऊर्जा स्तर से निम्न ऊर्जा स्तर में संक्रमण द्वारा उत्पन्न होता है $(B-I)$.
$3$. गामा किरणें परमाणु नाभिक के रेडियोधर्मी क्षय के दौरान उत्पन्न होने वाली उच्च ऊर्जा वाली विद्युतचुंबकीय विकिरण हैं $(C-II)$.
$4$. इन्फ्रारेड किरणें परमाणुओं और अणुओं के कंपन द्वारा उत्पन्न होती हैं $(D-III)$.
अतः, सही मिलान $A-IV, B-I, C-II, D-III$ है।

(B) यह परिपथ $10 \text{V}$ की बैटरी से जुड़ी चार समानांतर शाखाओं से बना है।
प्रत्येक शाखा में एक प्रतिरोधक और एक डायोड है।
$10 \text{V}$ की बैटरी के सापेक्ष डायोड की ध्रुवता का विश्लेषण करने पर:
$1$. शीर्ष शाखा ($4 \Omega$ प्रतिरोधक) में डायोड फॉरवर्ड-बायस स्थिति में है।
$2$. दूसरी शाखा ($3 \Omega$ प्रतिरोधक) में डायोड रिवर्स-बायस स्थिति में है (यह एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है)।
$3$. तीसरी शाखा ($2 \Omega$ प्रतिरोधक) में डायोड फॉरवर्ड-बायस स्थिति में है।
$4$. निचली शाखा ($5 \Omega$ प्रतिरोधक) में डायोड रिवर्स-बायस स्थिति में है (यह एक खुले परिपथ की तरह कार्य करता है)।
केवल $4 \Omega$ और $2 \Omega$ प्रतिरोधक वाली शाखाएं ही सक्रिय हैं।
ये दो प्रतिरोधक समानांतर में हैं, इसलिए तुल्य प्रतिरोध $R_{\text{eq}}$ होगा:
$R_{\text{eq}} = \frac{4 \times 2}{4 + 2} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3} \Omega$.
बैटरी से ली गई कुल धारा $I$ है:
$I = \frac{V}{R_{\text{eq}}} = \frac{10}{4/3} = \frac{30}{4} = 7.5 \text{A} = \frac{15}{2} \text{A}$.
अतः, सही विकल्प $B$ है।

(A) देहली तरंगदैर्ध्य $\lambda_0$ का सूत्र $\lambda_0 = \frac{hc}{\phi}$ है।
दिया गया कार्य फलन $\phi = 6.6 \text{eV} = 6.6 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{J}$।
मान रखने पर: $\lambda_0 = \frac{6.6 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{6.6 \times 1.6 \times 10^{-19}} \text{m}$।
$\lambda_0 = \frac{3 \times 10^{-26}}{1.6 \times 10^{-19}} \text{m} = 1.875 \times 10^{-7} \text{m} = 187.5 \text{nm}$।
प्रकाश-विद्युत प्रभाव केवल तब होता है जब आपतित तरंगदैर्ध्य $\lambda \le \lambda_0$ हो।
यदि $\lambda > \lambda_0$ है, तो आपतित फोटॉन की ऊर्जा कार्य फलन से कम होती है, और कोई प्रकाश-विद्युत उत्सर्जन नहीं होता है।
विकल्पों की तुलना करने पर: $200 \text{nm} > 187.5 \text{nm}$, $100 \text{nm} < 187.5 \text{nm}$, $50 \text{nm} < 187.5 \text{nm}$, और $150 \text{nm} < 187.5 \text{nm}$।
अतः, $200 \text{nm}$ तरंगदैर्ध्य प्रकाश-विद्युत प्रभाव उत्पन्न नहीं करेगी।

(A) चुंबकीय क्षेत्र में गति करने वाले चालक में प्रेरित गतिकीय emf (electromotive force) का सूत्र $\varepsilon = B l v$ है, जहाँ $B$ चुंबकीय क्षेत्र की तीव्रता है, $l$ क्षेत्र के लंबवत गति करने वाले चालक की लंबाई है, और $v$ चालक का वेग है।
दिए गए मान हैं: $B = 0.3 \text{ T}$, $l = 3 \text{ cm} = 0.03 \text{ m}$ (चूंकि वेग छोटी भुजा के लंबवत है, इसलिए क्षेत्र रेखाओं को काटने वाली भुजा की लंबाई $3 \text{ cm}$ है), और $v = 2 \text{ cm s}^{-1} = 0.02 \text{ m s}^{-1}$।
इन मानों को सूत्र में रखने पर:
$\varepsilon = 0.3 \text{ T} \times 0.03 \text{ m} \times 0.02 \text{ m s}^{-1}$
$\varepsilon = 0.00018 \text{ V} = 1.8 \times 10^{-4} \text{ V}$।
अतः, सही विकल्प $A$ है।

(D) एक समबाहु प्रिज्म में, प्रिज्म का कोण $A = 60^\circ$ होता है।
जब अपवर्तित किरण आधार के समानांतर होती है, तो प्रिज्म न्यूनतम विचलन की स्थिति में होता है।
इस स्थिति में, आपतन कोण $i$, निर्गत कोण $e$ के बराबर होता है।
दिया गया है, $i = 50^\circ$, इसलिए $e = 50^\circ$ होगा।
विचलन कोण $(\delta)$ का सूत्र: $\delta = i + e - A$ है।
मान रखने पर: $\delta = 50^\circ + 50^\circ - 60^\circ$.
$\delta = 100^\circ - 60^\circ = 40^\circ$.

(B) हाइड्रोजन परमाणु के लिए, $n$ वीं कक्षा की त्रिज्या का सूत्र $r_n = a_0 \times n^2$ है, जहाँ $a_0 = 0.529 \text{ Å}$ बोहर त्रिज्या है।
प्रथम उत्तेजित अवस्था के लिए, मुख्य क्वांटम संख्या $n = 2$ है।
सूत्र में $n$ का मान रखने पर, हमें $r_2 = 0.529 \times (2)^2 \text{ Å}$ प्राप्त होता है।
$r_2 = 0.529 \times 4 \text{ Å} = 2.116 \text{ Å}$।
चूंकि $1 \text{ Å} = 10^{-10} \text{ m}$, इसलिए $r_2 = 2.116 \times 10^{-10} \text{ m}$ होगा।
दो सार्थक अंकों तक पूर्णांकित करने पर, त्रिज्यीय दूरी लगभग $2.1 \times 10^{-10} \text{ m}$ है।

(D) तार का कुल प्रतिरोध $4 \ \Omega$ है। इसे एक वर्ग में मोड़ने पर, प्रत्येक भुजा का प्रतिरोध $4 \ \Omega / 4 = 1 \ \Omega$ हो जाता है।
परिपथ में दो समानांतर शाखाएँ हैं: शाखा $ABC$ और शाखा $ADC$, जो बैटरी के टर्मिनलों $A$ और $C$ से जुड़ी हैं।
शाखा $ABC$ में श्रेणीक्रम में दो $1 \ \Omega$ के प्रतिरोधक हैं, इसलिए इसका कुल प्रतिरोध $1 \ \Omega + 1 \ \Omega = 2 \ \Omega$ है।
शाखा $ADC$ में भी श्रेणीक्रम में दो $1 \ \Omega$ के प्रतिरोधक हैं, इसलिए इसका कुल प्रतिरोध $1 \ \Omega + 1 \ \Omega = 2 \ \Omega$ है।
बिंदुओं $B$ और $D$ के बीच $2 \ \Omega$ का एक प्रतिरोधक जुड़ा है। हालाँकि, परिपथ की समरूपता के कारण, बिंदु $B$ पर विभव बिंदु $D$ पर विभव के बराबर है $(V_B = V_D)$।
चूँकि $2 \ \Omega$ के प्रतिरोधक पर कोई विभवांतर नहीं है, इसलिए इसमें से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। अतः, तुल्य प्रतिरोध की गणना में इसे अनदेखा किया जा सकता है।
प्रत्येक $2 \ \Omega$ की दो समानांतर शाखाओं का तुल्य प्रतिरोध $R_{eq}$ इस प्रकार है:
$1/R_{eq} = 1/2 + 1/2 = 1 \ \Omega^{-1} \implies R_{eq} = 1 \ \Omega$.
$2 \ V$ की बैटरी से ली गई कुल धारा $I$ है:
$I = V / R_{eq} = 2 \ V / 1 \ \Omega = 2 \ A$.

(D) विन्यास $P$ के लिए, दो प्रेरक श्रेणीक्रम में जुड़े हैं। बिंदुओं $a$ और $b$ के बीच केवल एक प्रेरक है, इसलिए $E_P = L \frac{dI}{dt}$।
विन्यास $Q$ के लिए, दो प्रेरक समांतर क्रम में जुड़े हैं। धारा $I(t)$ दो शाखाओं में विभाजित हो जाती है, इसलिए प्रत्येक प्रेरक से $I/2$ धारा प्रवाहित होती है। बिंदुओं $a$ और $b$ के बीच प्रेरित विद्युत वाहक बल $E_Q = L \frac{d(I/2)}{dt} = \frac{L}{2} \frac{dI}{dt}$ है।
अनुपात $E_P/E_Q = \frac{L(dI/dt)}{(L/2)(dI/dt)} = 2$ है।
अतः सही विकल्प $D$ है।

(A) एक लंबी परिनालिका के अंदर चुंबकीय क्षेत्र $B = \mu_0 n I$ द्वारा दिया जाता है, जहाँ $n$ प्रति इकाई लंबाई में फेरों की संख्या है और $I$ विद्युत धारा है।
परिनालिका के एक फेरे से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\phi = B \times A$ है, जहाँ $A$ परिनालिका का अनुप्रस्थ काट का क्षेत्रफल है।
त्रिज्या $r$ होने के कारण, क्षेत्रफल $A = \pi r^2$ है।
अतः, $\phi = (\mu_0 n I) (\pi r^2)$।
कुल $N$ फेरों वाली परिनालिका से गुजरने वाला कुल फ्लक्स $\Phi = N \phi$ है।
चूंकि $n = N/l$, इसलिए $N = nl$ है।
अतः, $\Phi = (nl) (\mu_0 n I \pi r^2) = \mu_0 n^2 I \pi r^2 l$।
प्रेरकत्व $L$ को $L = \Phi / I$ के रूप में परिभाषित किया गया है।
$\Phi$ का मान रखने पर, हमें $L = (\mu_0 n^2 I \pi r^2 l) / I = \mu_0 n^2 \pi r^2 l$ प्राप्त होता है।

(A) परमाणु अभिक्रिया का $Q$ मान द्रव्यमान क्षति और $1 \text{ u}$ के ऊर्जा समतुल्य के गुणनफल के बराबर होता है।
द्रव्यमान क्षति $\Delta m = [m(^{238}\text{U}) - (m(^{234}\text{Th}) + m(^4\text{He}))]$.
$\Delta m = 238.050 \text{ u} - (234.043 \text{ u} + 4.003 \text{ u})$.
$\Delta m = 238.050 \text{ u} - 238.046 \text{ u} = 0.004 \text{ u}$.
दिया गया है कि $1 \text{ u} = 931.5 \text{ MeV}$, अतः मुक्त ऊर्जा $Q = 0.004 \times 931.5 \text{ MeV}$.
$Q = 3.726 \text{ MeV}$.
चूंकि $1 \text{ MeV} = 1000 \text{ keV}$, इसलिए $Q = 3.726 \times 1000 \text{ keV} = 3726 \text{ keV}$.

(A) फोटोकरंट $I$ आपतित प्रकाश की तीव्रता के सीधे आनुपातिक होता है। चूंकि प्रकाश स्रोत की शक्ति समय $t$ के साथ रैखिक रूप से घटती है, इसलिए तीव्रता भी समय के साथ रैखिक रूप से घटेगी। अतः, फोटोकरंट $I$ समय $t$ के साथ रैखिक रूप से घटेगा।
स्टॉपिंग पोटेंशियल $|V|$ केवल आपतित प्रकाश की आवृत्ति और धातु की सतह के कार्य फलन (work function) पर निर्भर करता है, जैसा कि आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण द्वारा दिया गया है: $eV = h\nu - \phi$। चूंकि प्रकाश स्रोत की आवृत्ति $\nu$ स्थिर रहती है, इसलिए स्टॉपिंग पोटेंशियल $|V|$ समय के साथ स्थिर रहेगा।
इस प्रकार, $I$ बनाम $t$ का ग्राफ ऋणात्मक ढलान वाली एक सीधी रेखा है, और $|V|$ बनाम $t$ का ग्राफ एक क्षैतिज सीधी रेखा है। यह पहले विकल्प के अनुरूप है।

(D) $1$. संधारित्र $P$ और $Q$ श्रेणीक्रम में हैं। उनकी तुल्य धारिता $C_{PQ}$ इस प्रकार दी जाती है: $\frac{1}{C_{PQ}} = \frac{1}{C} + \frac{1}{C} = \frac{2}{C}$, इसलिए $C_{PQ} = \frac{C}{2}$।
$2$. $P$ और $Q$ के श्रेणी संयोजन के सिरों पर वोल्टेज $V$ है। चूंकि $P$ और $Q$ समान हैं, प्रत्येक के सिरों पर वोल्टेज $\frac{V}{2}$ है।
$3$. संधारित्र $P$ में संचित ऊर्जा $U_P = \frac{1}{2} C (\frac{V}{2})^2 = \frac{1}{2} C \frac{V^2}{4} = \frac{CV^2}{8}$ है।
$4$. संधारित्र $S$, $P$ और $Q$ के संयोजन के साथ समांतर क्रम में है। $S$ के सिरों पर वोल्टेज $V$ है। $S$ में संचित ऊर्जा $U_S = \frac{1}{2} CV^2$ है।
$5$. निकाय में संचित कुल ऊर्जा $U_T = U_P + U_Q + U_S$ है। चूंकि $P$ और $Q$ समान हैं, $U_Q = U_P = \frac{CV^2}{8}$।
$6$. अतः, $U_T = \frac{CV^2}{8} + \frac{CV^2}{8} + \frac{1}{2} CV^2 = \frac{CV^2}{4} + \frac{2CV^2}{4} = \frac{3CV^2}{4}$।
$7$. अनुपात $\frac{U_P}{U_T} = \frac{CV^2/8}{3CV^2/4} = \frac{1}{8} \times \frac{4}{3} = \frac{1}{6}$ है।

(A) मान लीजिए कि खंड $ABC$ का प्रतिरोध $R_1$ है और खंड $ADC$ का प्रतिरोध $R_2$ है। दिया गया है कि $R_1 = \frac{1}{2} R_2$, या $R_2 = 2R_1$ है।
चूंकि खंड समानांतर में हैं, उनके बीच विभवांतर समान है, इसलिए $I_1 R_1 = I_2 R_2$, जहाँ $I_1$ और $I_2$ क्रमशः खंड $ABC$ और $ADC$ में धाराएं हैं।
$R_2 = 2R_1$ प्रतिस्थापित करने पर, हमें $I_1 R_1 = I_2 (2R_1)$ प्राप्त होता है, जिसका अर्थ है $I_1 = 2I_2$ है।
साथ ही, $I_1 + I_2 = I_0$ है। $I_1 = 2I_2$ रखने पर, हमें $3I_2 = I_0$ प्राप्त होता है, इसलिए $I_2 = \frac{I_0}{3}$ और $I_1 = \frac{2I_0}{3}$ है।
यदि लूप अर्धवृत्ताकार है, तो $\theta$ कोण वाले वृत्ताकार चाप के कारण केंद्र पर चुंबकीय क्षेत्र $B = \frac{\mu_0 I \theta}{4\pi r}$ होता है।
खंड $ABC$ के लिए (अर्धवृत्त, $\theta = \pi$), $B_1 = \frac{\mu_0 I_1 \pi}{4\pi r} = \frac{\mu_0 I_1}{4r} = \frac{\mu_0 (2I_0/3)}{4r} = \frac{\mu_0 I_0}{6r}$ (पृष्ठ के अंदर की ओर)।
खंड $ADC$ के लिए (अर्धवृत्त, $\theta = \pi$), $B_2 = \frac{\mu_0 I_2 \pi}{4\pi r} = \frac{\mu_0 I_2}{4r} = \frac{\mu_0 (I_0/3)}{4r} = \frac{\mu_0 I_0}{12r}$ (पृष्ठ के बाहर की ओर)।
कुल चुंबकीय क्षेत्र $B_{net} = |B_1 - B_2| = |\frac{\mu_0 I_0}{6r} - \frac{\mu_0 I_0}{12r}| = \frac{\mu_0 I_0}{12r}$।

(B) $I_1$ और $I_2$ धारा ले जाने वाले दो समानांतर तारों के बीच $h$ दूरी पर प्रति इकाई लंबाई चुंबकीय बल $F/L = \frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi h}$ होता है।
यहाँ, $I_1 = I$, $I_2 = 2I$ और दूरी $h$ है।
अतः, प्रति इकाई लंबाई चुंबकीय बल $F/L = \frac{\mu_0 I (2I)}{2\pi h} = \frac{\mu_0 I^2}{\pi h}$ है।
चूंकि धाराएं समान दिशा में हैं, इसलिए बल आकर्षण का है, जिसका अर्थ है कि तार $A$ को तार $B$ की ओर ऊपर खींचा जा रहा है।
तार $A$ के फर्श से ऊपर न उठने के लिए, ऊपर की ओर लगने वाला चुंबकीय बल नीचे की ओर लगने वाले गुरुत्वाकर्षण बल से कम या उसके बराबर होना चाहिए।
तार $A$ पर प्रति इकाई लंबाई गुरुत्वाकर्षण बल $W/L = \lambda g$ है।
इसलिए, शर्त $\frac{\mu_0 I^2}{\pi h} \leq \lambda g$ है।
$h$ के लिए हल करने पर, हमें $h \geq \frac{\mu_0 I^2}{\pi \lambda g}$ प्राप्त होता है।
अतः, $h$ का न्यूनतम मान $\frac{\mu_0 I^2}{\pi \lambda g}$ है।

(B) दिए गए परिपथ में, ज़ेनर डायोड रिवर्स बायस में जुड़ा हुआ है।
चूंकि इनपुट वोल्टेज $V_i = 5 \text{ V}$, ज़ेनर ब्रेकडाउन वोल्टेज $V_z = 3 \text{ V}$ से अधिक है, इसलिए ज़ेनर डायोड ब्रेकडाउन क्षेत्र में कार्य करता है।
इस स्थिति में, ज़ेनर डायोड के सिरों (बिंदुओं $C$ और $B$ के बीच) के बीच का वोल्टेज $V_z = 3 \text{ V}$ पर स्थिर रहता है।
कुल इनपुट वोल्टेज $V_i$, ज़ेनर डायोड और प्रतिरोध $R$ के बीच विभाजित होता है।
अतः, प्रतिरोध $R$ के सिरों (बिंदुओं $B$ और $A$ के बीच) के बीच का वोल्टेज $V_{BA} = V_i - V_z$ द्वारा दिया जाता है।
मान रखने पर, हमें $V_{BA} = 5 \text{ V} - 3 \text{ V} = 2 \text{ V}$ प्राप्त होता है।
इसलिए, बिंदुओं $B$ और $A$ के बीच विभवांतर का परिमाण $2 \text{ V}$ है।

(A) आइंस्टीन के प्रकाश-विद्युत समीकरण के अनुसार, निरोधी विभव $V_s = \frac{hc}{e}(\frac{1}{\lambda} - \frac{1}{\lambda_0})$ है, जहाँ $\lambda_0$ देहली तरंगदैर्ध्य है।
यदि $\lambda > \lambda_0$ है, तो प्रकाश-विद्युत उत्सर्जन नहीं होता है, इसलिए $V_s = 0$ होगा।
यहाँ $\lambda_1 < \lambda$ है, अतः सेल $1$ में उत्सर्जन नहीं होगा, इसलिए $V_1 = 0$ है।
$\lambda_2 > \lambda$ है, अतः सेल $2$ में उत्सर्जन होगा, इसलिए $V_2 > 0$ है।
$\lambda_3 >> \lambda$ है, अतः सेल $3$ में उत्सर्जन होगा, इसलिए $V_3 > 0$ है।
चूंकि $\lambda_3 > \lambda_2$, कार्य फलन $\Phi_3 < \Phi_2$ होगा, जिससे $V_3 > V_2$ प्राप्त होता है।
अतः, सही विकल्प $V_1 = 0$ और $V_2 < V_3$ है।

(C) फोटॉन के लिए, ऊर्जा $E$ और संवेग $p_{ph}$ के बीच संबंध $E = p_{ph}c$ है, इसलिए $p_{ph} = \frac{E}{c}$।
गैर-सापेक्षवादी इलेक्ट्रॉन के लिए, गतिज ऊर्जा $E$ और संवेग $p_e$ के बीच संबंध $E = \frac{p_e^2}{2m}$ है, इसलिए $p_e = \sqrt{2mE}$।
इलेक्ट्रॉन और फोटॉन के संवेग का अनुपात $\frac{p_e}{p_{ph}} = \frac{\sqrt{2mE}}{E/c} = \frac{c\sqrt{2mE}}{E} = c\sqrt{\frac{2m}{E}}$ है।
यहाँ $E = 20 \text{ eV} = 20 \times 1.6 \times 10^{-19} \text{ J} = 3.2 \times 10^{-18} \text{ J}$ दिया गया है।
मान रखने पर: $c = 3 \times 10^8 \text{ ms}^{-1}$, $m = 9 \times 10^{-31} \text{ kg}$, $E = 3.2 \times 10^{-18} \text{ J}$।
$\frac{p_e}{p_{ph}} = 3 \times 10^8 \times \sqrt{\frac{2 \times 9 \times 10^{-31}}{3.2 \times 10^{-18}}} = 3 \times 10^8 \times \sqrt{\frac{18 \times 10^{-31}}{3.2 \times 10^{-18}}} = 3 \times 10^8 \times \sqrt{5.625 \times 10^{-13}} = 3 \times 10^8 \times \sqrt{56.25 \times 10^{-14}} = 3 \times 10^8 \times 7.5 \times 10^{-7} = 22.5 \times 10^1 = 225$।

(C) ऑप्टिकल बेंच से जुड़े प्रयोगों में, जैसे कि लेंस या दर्पण की फोकस दूरी मापना, वस्तुओं, लेंसों और पर्दों की स्थिति को बेंच से जुड़ी स्केल का उपयोग करके मापा जाता है। हालाँकि, लेंस के ऑप्टिकल केंद्र या दर्पण के ध्रुव स्केल के शून्य निशान या उपयोग किए गए पॉइंटर्स के साथ मेल नहीं खाते हैं। वास्तविक स्थिति और प्रेक्षित स्थिति के बीच के इस अंतर को 'इंडेक्स एरर' (index error) के रूप में जाना जाता है। सटीक परिणाम प्राप्त करने के लिए, प्रेक्षित रीडिंग में 'इंडेक्स करेक्शन' लागू करना आवश्यक है। इसलिए, ऑप्टिकल बेंच का उपयोग करके लेंस की फोकस दूरी मापने के लिए इंडेक्स करेक्शन की आवश्यकता होती है।

(D) एक आवेश $q$ को बिंदु $A$ से बिंदु $B$ तक धीरे-धीरे ले जाने में बाह्य बल द्वारा किया गया कार्य $W = q(V_B - V_A)$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि आवेश एक इकाई धनात्मक बिंदु आवेश है, $q = 1$, इसलिए $W = V_B - V_A$ होगा।
$R$ त्रिज्या वाले समान रूप से आवेशित परावैद्युत गोले के केंद्र से $r$ दूरी पर विभव:
$r \ge R$ के लिए, $V(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r}$, जहाँ $Q = \rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3$ है।
अतः, $V(r) = \frac{\rho \cdot \frac{4}{3}\pi R^3}{4\pi\epsilon_0 r} = \frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r}$ होता है।
दिया गया है कि $r_A = 2R$ और $r_B = 3R$, इसलिए:
$V_A = \frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 (2R)} = \frac{\rho R^2}{6\epsilon_0}$
$V_B = \frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 (3R)} = \frac{\rho R^2}{9\epsilon_0}$
किया गया कार्य $W = |V_B - V_A| = |\frac{\rho R^2}{9\epsilon_0} - \frac{\rho R^2}{6\epsilon_0}| = |\frac{2\rho R^2 - 3\rho R^2}{18\epsilon_0}| = \frac{\rho R^2}{18\epsilon_0}$ होता है।
इसकी तुलना $\frac{\rho R^2}{n \epsilon_0}$ से करने पर, हमें $n = 18$ प्राप्त होता है।

(B) वस्तु $O$ माध्यम $Q$ (मोटाई $t = 5 \text{ cm}$) के केंद्र में है, इसलिए दोनों अंतरापृष्ठों से इसकी दूरी $d = 2.5 \text{ cm}$ है।
जब माध्यम $P$ $(n_P = 1)$ से देखा जाता है, तो आभासी गहराई $h_1$ का सूत्र $h_{app} = d \times (n_{observer} / n_{object})$ होता है।
यहाँ, $h_1 = 2.5 \times (1 / 1.25) = 2.5 / 1.25 = 2 \text{ cm}$ है।
जब माध्यम $R$ $(n_R = 1.5)$ से देखा जाता है, तो आभासी गहराई $h_2 = 2.5 \times (1.5 / 1.25) = 2.5 \times 1.2 = 3 \text{ cm}$ होती है।
अतः, $|h_1 - h_2| = |2 - 3| = 1 \text{ cm}$ है।

(B) पहले लेंस $L_1$ (उत्तल लेंस) के लिए:
फोकस दूरी $f_1 = +10 \text{ cm}$, वस्तु दूरी $u_1 = -30 \text{ cm}$।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_1} - \frac{1}{u_1} = \frac{1}{f_1}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_1} - \frac{1}{-30} = \frac{1}{10} \implies \frac{1}{v_1} = \frac{1}{10} - \frac{1}{30} = \frac{3-1}{30} = \frac{2}{30} = \frac{1}{15}$।
अतः, $v_1 = +15 \text{ cm}$।
यह प्रतिबिंब दूसरे लेंस $L_2$ के लिए आभासी वस्तु के रूप में कार्य करता है।
लेंसों के बीच की दूरी $d = 3 \text{ cm}$ है।
$L_2$ के लिए वस्तु दूरी $u_2 = +(15 - 3) = +12 \text{ cm}$ होगी।
दूसरे लेंस $L_2$ (अवतल लेंस) के लिए:
फोकस दूरी $f_2 = -10 \text{ cm}$, वस्तु दूरी $u_2 = +12 \text{ cm}$।
लेंस सूत्र $\frac{1}{v_2} - \frac{1}{u_2} = \frac{1}{f_2}$ का उपयोग करने पर:
$\frac{1}{v_2} - \frac{1}{12} = \frac{1}{-10} \implies \frac{1}{v_2} = \frac{1}{12} - \frac{1}{10} = \frac{5-6}{60} = -\frac{1}{60}$।
अतः, $v_2 = -60 \text{ cm}$।
ऋणात्मक चिह्न यह दर्शाता है कि अंतिम प्रतिबिंब अवतल लेंस $L_2$ के बाईं ओर $60 \text{ cm}$ की दूरी पर बनता है।

(A) दिया गया वोल्टेज $V = V_m \sin(\omega t)$ है, जहाँ $V_m = 220 \text{ V}$ और $\omega = 2 \times 10^3 \text{ rad/s}$ है।
सबसे पहले, प्रेरणिक प्रतिघात $X_L = \omega L = (2 \times 10^3) \times (10 \times 10^{-3}) = 20 \Omega$ की गणना करें।
इसके बाद, धारितीय प्रतिघात $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{(2 \times 10^3) \times (25 \times 10^{-6})} = \frac{1}{0.05} = 20 \Omega$ की गणना करें।
चूँकि $X_L = X_C$, परिपथ अनुनाद (resonance) की स्थिति में है।
अनुनाद पर, प्रतिबाधा $Z = R = 100 \Omega$ होती है।
अतः, धारा का आयाम $I_m = \frac{V_m}{Z} = \frac{220}{100} = 2.2 \text{ A}$ है।

(B) लूप से गुजरने वाला चुंबकीय फ्लक्स $\Phi = B \cdot A = B \cdot A_0 (1 + \sin t)$ द्वारा दिया जाता है।
फैराडे के विद्युत चुंबकीय प्रेरण के नियम के अनुसार, प्रेरित विद्युत वाहक बल $(EMF)$ $\varepsilon = -\frac{d\Phi}{dt}$ है।
$\varepsilon = -\frac{d}{dt} [B A_0 (1 + \sin t)] = -B A_0 \cos t$.
$R$ प्रतिरोध वाले लूप में व्यय होने वाली शक्ति $P = \frac{\varepsilon^2}{R}$ है।
$\varepsilon$ का मान रखने पर, हमें $P = \frac{(-B A_0 \cos t)^2}{R} = \frac{B^2 A_0^2}{R} \cos^2 t$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\cos^2 t$ हमेशा गैर-ऋणात्मक और आवर्ती है, इसलिए शक्ति $P$, $\cos^2 t$ के समानुपाती होगी।
$t = 0$ पर, $P = \frac{B^2 A_0^2}{R}$, जो कि अधिकतम मान है।
जैसे-जैसे $t$ बढ़ता है, $\cos^2 t$ घटकर $t = \frac{\pi}{2}$ पर $0$ हो जाता है, और फिर $t = \pi$ पर वापस अधिकतम मान तक बढ़ जाता है।
यह व्यवहार विकल्प $(2)$ में दिखाए गए ग्राफ के अनुरूप है।

(C) $1$. बिंदु $A$ चालक गोले के पदार्थ के भीतर स्थित है। स्थिरवैद्युत स्थिति में, चालक के पदार्थ के भीतर विद्युत क्षेत्र हमेशा शून्य होता है। अतः, $E_A = 0$.
$2$. गुहा के भीतर आवेश $Q$, गुहा की आंतरिक सतह पर $-Q$ आवेश और चालक गोले की बाहरी सतह पर $+Q$ आवेश प्रेरित करता है।
$3$. चूंकि गोला पृथक और उदासीन है, बाहरी सतह पर कुल आवेश $+Q$ है। यह $+Q$ आवेश गोले की बाहरी सतह पर वितरित हो जाता है। चूंकि गुहा केंद्र में नहीं है, इसलिए बाहरी सतह पर आवेश का वितरण असमान होता है।
$4$. गोले के बाहर किसी भी बिंदु पर विद्युत क्षेत्र बाहरी सतह पर मौजूद कुल $+Q$ आवेश के कारण होता है। चूंकि बाहरी सतह गोले के केंद्र के सापेक्ष गोलीय रूप से सममित नहीं है, इसलिए बिंदुओं $B$ और $C$ पर (जो केंद्र से समान दूरी पर हैं) विद्युत क्षेत्र का मान अलग-अलग होगा।
$5$. विशेष रूप से, बिंदु $B$ बाहरी सतह के उस क्षेत्र के करीब है जहाँ प्रेरित आवेश घनत्व अधिक है (आंतरिक आवेश $Q$ की निकटता के कारण), जिसके परिणामस्वरूप $C$ की तुलना में $B$ पर विद्युत क्षेत्र अधिक प्रबल होता है। इसलिए, $E_B > E_C$।

(C) त्रिज्या $R$ और आवेश $Q$ वाले एक समान रूप से आवेशित अचालक गोले के केंद्र से $r$ दूरी पर विभव इस प्रकार है:
$r \ge R$ के लिए, $V(r) = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{Q}{r}$.
$r < R$ के लिए, $V(r) = \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 R} \left( \frac{3}{2} - \frac{r^2}{2R^2} \right)$.
सतह पर $(r = R)$, $V(R) = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{Q}{R}$.
प्रारंभिक स्थिति पर $(r = 3R)$, $V(3R) = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{Q}{3R}$.
ऊर्जा संरक्षण के नियम के अनुसार, गतिज ऊर्जा में परिवर्तन स्थितिज ऊर्जा में परिवर्तन के बराबर होता है:
$\Delta K + \Delta U = 0 \implies \frac{1}{2}mv^2 - 0 = -q(V(R) - V(3R))$.
$\frac{1}{2}mv^2 = q(V(3R) - V(R)) = q \left( \frac{Q}{12\pi \epsilon_0 R} - \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 R} \right)$.
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{Qq}{4\pi \epsilon_0 R} \left( \frac{1}{3} - 1 \right) = \frac{Qq}{4\pi \epsilon_0 R} \left( -\frac{2}{3} \right)$.
चूंकि आवेश ऋणात्मक है, यह धनात्मक गोले की ओर गति करता है और गतिज ऊर्जा प्राप्त करता है। विभवांतर का परिमाण $|V(3R) - V(R)| = \frac{2Qq}{12\pi \epsilon_0 R} = \frac{Qq}{6\pi \epsilon_0 R}$ है।
$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{Qq}{6\pi \epsilon_0 R} \implies v^2 = \frac{Qq}{3\pi \epsilon_0 mR} \implies v = \sqrt{\frac{Qq}{3\pi \epsilon_0 mR}}$.

(C) गीगर-मार्सडेन प्रयोग में, प्रकीर्णन कोण $\theta$ पर प्रकीर्णित $\alpha$-कणों की संख्या $N(\theta)$ निम्नलिखित संबंध द्वारा दी जाती है:
$N(\theta) \propto \frac{1}{\sin^4(\theta/2)}$
दोनों पक्षों का लघुगणक लेने पर:
$\log N(\theta) \propto -4 \log(\sin(\theta/2))$
जैसे-जैसे प्रकीर्णन कोण $\theta$ बढ़ता है, $\sin(\theta/2)$ का मान बढ़ता है, जिसका अर्थ है कि $\sin^4(\theta/2)$ तेजी से बढ़ता है।
परिणामस्वरूप, जैसे-जैसे प्रकीर्णन कोण $\theta$ बढ़ता है, प्रकीर्णित कणों की संख्या $N(\theta)$ बहुत तेजी से घटती है।
यह संबंध एक अर्ध-लघुगणकीय (semi-logarithmic) आलेख पर नीचे की ओर झुके हुए वक्र द्वारा दर्शाया जाता है, जहाँ y-अक्ष लघुगणकीय $(N(\theta))$ है और x-अक्ष रैखिक $(\theta)$ है।
दिए गए विकल्पों में से, विकल्प $(3)$ में दिया गया आलेख प्रकीर्णन कोण बढ़ने के साथ प्रकीर्णित $\alpha$-कणों की संख्या में इस तीव्र गिरावट को सही ढंग से दर्शाता है।

(A) परिपथ $(A)$ में, दो प्रतिरोधक श्रेणीक्रम में हैं। कुल प्रतिरोध $R_A$ इस प्रकार है:
$R_A = R_0(1 - \alpha \Delta T) + R_0(1 + \alpha \Delta T) = 2R_0$.
चूंकि कुल प्रतिरोध $R_A$ तापमान से स्वतंत्र है, इसलिए धारा $I_A = V / R_A = V / (2R_0)$ स्थिर रहती है।
परिपथ $(B)$ में, दो प्रतिरोधक समानांतर क्रम में हैं। तुल्य प्रतिरोध $R_B$ इस प्रकार है:
$1 / R_B = 1 / [R_0(1 - \alpha \Delta T)] + 1 / [R_0(1 + \alpha \Delta T)]$
$1 / R_B = [1 + \alpha \Delta T + 1 - \alpha \Delta T] / [R_0(1 - \alpha^2 \Delta T^2)] = 2 / [R_0(1 - \alpha^2 \Delta T^2)]$
$R_B = R_0(1 - \alpha^2 \Delta T^2) / 2$.
जैसे-जैसे तापमान बढ़ता है, $\Delta T$ बढ़ता है, इसलिए $\alpha^2 \Delta T^2$ बढ़ता है, जिसका अर्थ है कि $(1 - \alpha^2 \Delta T^2)$ घटता है। इसलिए, $R_B$ घटता है।
चूंकि $I_B = V / R_B$, जैसे-जैसे $R_B$ घटता है, धारा $I_B$ बढ़ती है।
अतः, $I_A$ स्थिर रहता है जबकि $I_B$ बढ़ता है।

(B) दिया गया है: $\epsilon_r = 9$, $\omega = 2\pi \times 10^6 \text{ rad/s}$.
$1$. माध्यम में तरंग की गति: $v = \frac{c}{\sqrt{\epsilon_r}} = \frac{3 \times 10^8}{3} = 10^8 \text{ ms}^{-1}$. विकल्प $(1)$ सही है।
$2$. माध्यम में तरंगदैर्ध्य: $\lambda = \frac{v}{f} = \frac{10^8}{10^6} = 100 \text{ m}$. विकल्प $(2)$ में $300 \text{ m}$ दिया गया है, जो गलत है।
$3$. चुंबकीय क्षेत्र का संबंध: $B_0 = \frac{E_0}{v}$, इसलिए $B_y = \frac{E_0}{v} \sin(kz - \omega t)$. विकल्प $(3)$ अपने रूप में वैचारिक रूप से सही है।
$4$. प्रसार की दिशा: कला $(kz - \omega t)$ है, जो $+z$ दिशा में प्रसार को इंगित करती है। विकल्प $(4)$ सही है।
अतः, गलत विकल्प $(2)$ है।

(D) बोर के सिद्धांत के अनुसार, हाइड्रोजन परमाणु में इलेक्ट्रॉन के लिए, स्थिर-वैद्युत बल आवश्यक अभिकेंद्र बल प्रदान करता है:
$\frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{e^2}{r^2} = \frac{m v^2}{r}$
त्रिज्या $r$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$r = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \frac{e^2}{m v^2}$
दिए गए मान:
$v = \sqrt{25.6} \times 10^5 \text{ m s}^{-1} \implies v^2 = 25.6 \times 10^{10} \text{ m}^2 \text{ s}^{-2}$
$m = 9 \times 10^{-31} \text{ kg}$
$e = 1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$
$\frac{1}{4\pi \epsilon_0} = 9 \times 10^9 \text{ N m}^2 \text{ C}^{-2}$
इन मानों को प्रतिस्थापित करने पर:
$r = \frac{9 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2}{9 \times 10^{-31} \times 25.6 \times 10^{10}}$
$r = \frac{9 \times 10^9 \times 2.56 \times 10^{-38}}{9 \times 25.6 \times 10^{-21}}$
$r = \frac{2.56 \times 10^{-29}}{25.6 \times 10^{-21}} = 0.1 \times 10^{-8} \text{ m} = 1 \times 10^{-9} \text{ m}$
$x \times 10^{-9} \text{ m}$ के साथ तुलना करने पर, हमें $x = 1$ प्राप्त होता है।

(C) $1$. प्रत्येक डायोड के अभिनति (biasing) का विश्लेषण करें:
- डायोड $D_1$ अग्र-अभिनत (forward-biased) है क्योंकि इसका p-सिरा बैटरी के धनात्मक टर्मिनल से जुड़ा है।
- डायोड $D_2$ एक खुले परिपथ (open circuit) में है (तार में अंतराल के कारण), इसलिए इसमें से कोई धारा प्रवाहित नहीं होती है। यह एक अनभिनत (unbiased) डायोड के रूप में कार्य करता है।
- डायोड $D_3$ पश्च-अभिनत (reverse-biased) है क्योंकि इसका n-सिरा बैटरी के धनात्मक टर्मिनल से जुड़ा है।
$2$. अभिनति और अवक्षय परत की चौड़ाई के बीच संबंध:
- अग्र-अभिनति अवक्षय परत की चौड़ाई को कम करती है $(W_f < W_0)$।
- अनभिनत अवस्था में मानक अवक्षय परत चौड़ाई $(W_0)$ होती है।
- पश्च-अभिनति अवक्षय परत की चौड़ाई को बढ़ाती है $(W_r > W_0)$।
$3$. चौड़ाई की तुलना करें:
- $D_1$ (अग्र-अभिनत) के लिए: $W_1$ न्यूनतम है।
- $D_2$ (अनभिनत) के लिए: $W_2$ मध्यवर्ती है।
- $D_3$ (पश्च-अभिनत) के लिए: $W_3$ अधिकतम है।
अतः, $W_3 > W_2 > W_1$।

(C) सही मिलान इस प्रकार है:
$P$. माइक्रोवेव: भोजन गर्म करने के लिए उपयोग किया जाता है $(II)$.
$Q$. $UV$ किरणें: पानी को शुद्ध करने के लिए उपयोग किया जाता है $(I)$.
$R$. गामा किरणें: कैंसर कोशिकाओं के उपचार के लिए उपयोग किया जाता है $(IV)$.
$S$. रेडियो तरंग: $AM$ और $FM$ संचार प्रणालियों के लिए उपयोग किया जाता है $(III)$.
अतः, सही क्रम $P-II, Q-I, R-IV, S-III$ है।